Chủ đề này có 2 trả lời

[hungnd]

Với các số thực $a,b,c,d \in [1,2]$ chứng minh bdt :

$f(a,b,c,d)=(a+b+c+d)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}) \leq 18 $

Em có một ý tưởng thế này, nếu giả sử $a \geq b \geq c \geq d$

và $0 \leq t \leq \dfrac{a-b}{2}$ thì

$f(a,b,c,d) \geq f(a-t, b+t,c ,d)$

Nên nếu khoảng cách giữa a,b càng nhỏ thì f giảm, nên f đạt max khi khoảng cách giữa a,b là lớn nhất, tức a=2; b=1

Từ đây liệu có thể suy ra rằng f đạt max khi các số $a;b;c;d =1,2$ không ????

Thanks

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 19-12-2011 - 22:25

[Nguyễn Hưng]

Mình nghĩ là được, vì trong quá trình chứng minh $f(a,b,c,d) \ge f(a-t,b+t,c,d)$ thì hai biến a, b độc lập với c, d

[Crystal]

Với các số thực $a,b,c,d \in [1,2]$ chứng minh bdt :

$f(a,b,c,d)=(a+b+c+d)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}) \leq 18 $

Một chứng minh cho bài toán này.

Ta có: $$a \in \left[ {1,2} \right] \Rightarrow \left( {a - 1} \right)\left( {a - 2} \right) \leqslant 0 \Rightarrow {a^2} + 2 \leqslant 3a \Leftrightarrow a + \dfrac{2}{a} \leqslant 3$$
Tương tự: $$b + \dfrac{2}{b} \leqslant 3;\,\,c + \dfrac{2}{c} \leqslant 3;\,\,d + \dfrac{2}{d} \leqslant 3$$
Áp dụng AM - GM, ta có: $$\left( {a + b + c + d} \right)\left( {\dfrac{2}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{2}{c} + \dfrac{2}{d}} \right) \leqslant {\left( {\dfrac{{a + \dfrac{2}{a} + b + \dfrac{2}{b} + c + \dfrac{2}{c} + d + \dfrac{2}{d}}}{2}} \right)^2} \leqslant 36$$
$$ \Leftrightarrow \left( {a + b + c + d} \right)\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{d}} \right) \leqslant 18 \Rightarrow Q.E.D$$