Chủ đề này có 16 trả lời

[caheo123456]

1.Cho a,b,c>0 a+b+c=<1.Tìm maxP ,maxQ
P=sqrt(a^2+b^2+ab)+sqrt(a^2+c^2+ac)+sqrt(c^2+b^2+b c)
Q=sqrt(7a^2+b^2+ab)+sqrt(7b^2+c^2+bc)+sqrt(7c^2+a^ 2+ac)
Trong đó sqrt là căn bậc hai
2.Cho a,b,c>0 Tìm minP
P=3a/(b+c)+4b/(a+c)+5c/(b+a)
3.Cho 0=<x=<y=<z=<1
Tìm maxP
P=x^2(y-z)+y^2(z-y)+z^2(1-z)


Mấy bài này khó quá nghĩ mãi ko ra bạn nào pro giải hộ mình với càng sớm càng tốtTHANK

[KtrungCVA]

1.Cho a,b,c>0 a+b+c=<1.Tìm maxP ,maxQ
P=sqrt(a^2+b^2+ab)+sqrt(a^2+c^2+ac)+sqrt(c^2+b^2+b c)
Q=sqrt(7a^2+b^2+ab)+sqrt(7b^2+c^2+bc)+sqrt(7c^2+a^ 2+ac)
Trong đó sqrt là căn bậc hai
2.Cho a,b,c>0 Tìm minP
P=3a/(b+c)+4b/(a+c)+5c/(b+a)
3.Cho 0=<x=<y=<z=<1
Tìm maxP
P=x^2(y-z)+y^2(z-y)+z^2(1-z)
Mấy bài này khó quá nghĩ mãi ko ra bạn nào pro giải hộ mình với càng sớm càng tốtTHANK

Từng câu một nhé. Khó giải ngay 1 lúc lắm
a^2+b^2+ab>= 4ab+ab=5ab
ttự với bc,ca
Giả sử a>=b>=c, ta có aa>=ab>=bc>=ca
nên max của ab,bc,ca là a^2
từ đó P<=sqrt5 * 3a=1+sqrt5 ( vì dấu = khi a=b=c=1/3)
Ttự với bài Q
Xong bài 1!!!

[Peter Pan]

1.Cho$ a,b,c>0 a+b+c=<1$.Tìm maxP ,maxQ
$P=\sqrt{a^2+b^2+ab}+\sqrt{a^2+c^2+ac}+\sqrt{c^2+b^2+b c}$

$Q=\sqrt{7a^2+b^2+ab}+\sqrt{7b^2+c^2+bc}+\sqrt{7c^2+a^ 2+ac}$

2.Cho $a,b,c>0$ Tìm minP

$P=\dfrac{3a}{b+c}+\dfrac{4b}{a+c}+\dfrac{5c}{b+a}$

3.Cho $0\leq x \leq y \leq z \leq 1$
Tìm maxP
$P=x^2(y-z)+y^2(z-y)+z^2(1-z)$
Mấy bài này khó quá nghĩ mãi ko ra bạn nào pro giải hộ mình với càng sớm càng tốtTHANK

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi winwave1995: 02-09-2010 - 14:11

[analysis90]

bài 2:
$P+12=3(\dfrac{\displaystyle a}{\displaystyle b+c}+1)+4(\dfrac{\displaystyle b}{\displaystyle c+a}+1)+5(\dfrac{\displaystyle c}{\displaystyle a+b}+1)$
$\Leftrightarrow P+12=(a+b+c)(\dfrac{\displaystyle 3}{\displaystyle b+c}+\dfrac{\displaystyle 4}{\displaystyle a+c}+\dfrac{\displaystyle 5}{\displaystyle b+a})$
$\Leftrightarrow P+12=\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}[(b+c)+(a+c)+(b+a)](\dfrac{\displaystyle 3}{\displaystyle b+c}+\dfrac{\displaystyle 4}{\displaystyle a+c}+\dfrac{\displaystyle 5}{\displaystyle b+a})$
$\geq \dfrac{\displaystyle (\sqrt{3}+2+\sqrt{5})^2}{\displaystyle 2}$

[analysis90]

$a \geq b \geq c \Rightarrow bc\geq ac$?

[Nguyễn Thái Vũ]

bài 1 rất đơn giản gợi ý cho các bạn là dùng BDT Min- cốp-xki là 1 hệ quả của BDT C.B.S

[h.vuong_pdl]

@ nguyễn Thái Vũ => mình hiểu ý bạn nhưng hãy chú ý cho kĩ bạn ah: giả thiết là $x+y+z \le 1$ đó bạn ???
mình thấy đánh giá rất có giá trị như $4(a^2+b^2+ab) \ge 3(a+b)^2$ mà cũng không giúp gì được cũng tại chỉ gt $a+b+c \le 1$.
không biết giả thiết này có vấn đề gì không ???

Bài 2) cách 1) ta có $VT + 12 = (a+b+c)(\dfrac{3}{b+c} + \dfrac{4}{c+a} + \dfrac{5}{a+b}) \ge \dfrac{(\sqrt[3} + \sqrt{4} + \sqrt{5})^2}{2}$
do áp dụng BDT Cauchy-Schwarz ???
cách 2) đặt các mẫu số bằng x,y,z => rút a,b,c theo x,y,z rồi sau đó áp dụng BDT AM-GM là được.
Với ý tưởng này ta có:

Tổng quát dạng BDT này:
Cho m,n,p,a,b,c là các số dương. Cmr:
$\dfrac{ma}{b+c} + \dfrac{nb}{c+a} + \dfrac{pc}{a+b} \ge \dfrac{(\sqrt{m} + \sqrt{n} + \sqrt{p})^2}{2} - (m+n+p)$

[CD13]

Bài 1:
Sử dung Bunhia:
$\begin{array}{l} P \le 3\left( {2(a^2 + b^2 + c^2 ) + ab + bc + ca} \right) \le 3\left( {2(a^2 + b^2 + c^2 ) + \dfrac{{a^2 + b^2 }}{2} + \dfrac{{b^2 + c^2 }}{2} + \dfrac{{c^2 + a^2 }}{2}} \right) \\ = 9\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) \le 9 \\ \end{array}$
Dấu = xảy ra khi a = b = c.
Ý còn lại tương tự.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongtroi: 02-09-2010 - 19:29

[CD13]

Bài 2 bị thịt rồi
Bài 3:
Khai triển P = $x^2y-y^3+y^2z-x^3+z^2-z^3$
Đánh giá:
$\begin{array}{l} x^2 y \le y^3 \\ y^2 z \le z^3 \\ \end{array}$
Suy ra:
$P \le z^2 - z^3 \le \dfrac{4}{{27}}{\rm{ }}\forall {\rm{z}} \in \left[ {{\rm{0;1}}} \right]$

[Nguyễn Thái Vũ]

Bài 1:
Sử dung Bunhia:
$\begin{array}{l} P \le 3\left( {2(a^2 + b^2 + c^2 ) + ab + bc + ca} \right) \le 3\left( {2(a^2 + b^2 + c^2 ) + \dfrac{{a^2 + b^2 }}{2} + \dfrac{{b^2 + c^2 }}{2} + \dfrac{{c^2 + a^2 }}{2}} \right) \\ = 9\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) \le 9 \\ \end{array}$
Dấu = xảy ra khi a = b = c.
Ý còn lại tương tự.

Không để ý cái điều kiện 0<=a,b,c<=1. Nên $a^2+b^2+c^2<=a+b+c$. Chắc các bạn cũng vậy , thấy cái đó thì C.B.S ngon quá rồi.

[NightBaron]

Rat xin loi cac ban minh da chep nham de!

Nhung các bạn vẫn có thể khác phuc dk theo huong dó!

TH1: $y<z$.

$P'(x)=2x(y-z)\Righatrrow P'(x)=0\Leftrightarrow x=0\Rightarrow P(x)\le P(0)$

$P(0)=P(y)=-y^3+y^2z+z^2(1-z)$

$P'(y)=-3y^2+2yz\Rightarrow P'(y)=0\Leftrightarrow y=0$ Hoac $y=\dfrac{2z}{3}$ lap bang bien thien ta thay:

$P(y)\le P(\dfrac{2z}{3})=-\dfrac{23}{27}z^3+z^2=P(z)$

$P'(z)=z(2-\dfrac{23}{9})\Rightarrow P'(z)=0\Leftrighatrrow z=0 or z=\dfrac{18}{23}$

Lap bang bien thien ta thay: $Max P(z)=P(\dfrac{18}{23})=\dfrac{108}{529}$

Dang thuc neu chi neu: $x=0,y=\dfrac{12}{23}, z=\dfrac{18}{23}$


TH2: $y=z$. Khi do :

$P=P(z)=z^2-z^3$

$P'(z)=z(2-3z)\Righatrrow P'(z)=0\Lefrightarrow z=0 or z=\dfrac{2}{3}$

Lap bang bien thien ta thay:

$Max P(z)=P(\dfrac{2}{3})=\dfrac{4}{27}$. Dang thuc neu chi neu: $y=z=\dfrac{2}{3}, x\in[0;\dfrac{2}{3}]$

Tu 2 TH se tim dk Max P.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NightBaron: 03-09-2010 - 13:45

[NightBaron]

Không để ý cái điều kiện 0<=a,b,c<=1. Nên $a^2+b^2+c^2<=a+b+c$. Chắc các bạn cũng vậy , thấy cái đó thì C.B.S ngon quá rồi.

Loi giai do sai roi: $a,b,c>0$. Khi do $a^2+b^2+c^2<a+b+c$. Dang thuc ko xay ra!

Minh nghi chac ban do post sai de thui...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NightBaron: 02-09-2010 - 21:23

[caheo123456]

Loi giai do sai roi: $a,b,c>0$. Khi do $a^2+b^2+c^2<a+b+c$. Dang thuc ko xay ra!

Minh nghi chac ban do post sai de thui...

Bạn ơi bài này là cô giáo mình cho nhưng ko chữa mình cũng nghĩ sai đề với bài này min thì được tìm max thì bó tay

[caheo123456]

Th1: $0<y\le z\le1$

$P'(x)=2x(y-z)-y^2\Rightarrow P'(x)<0$

Do đó $P(x)\le P(0)=y^2z+z^2-z^3\le z^2\le 1$. Đẳng thức nếu chỉ nếu: $x=0, y=z=1$

Th2: $x=y=0$. Khi đó:

$P=z^2(1-z)$

$P'(z)=2z-3z^2\Rightarrow P'(z)=0\Leftrightarrow z=0$ hoac $z=\dfrac{2}{3}$

Lap bang bien thien ta thay:

$Max P(z)=P(\dfrac{2}{3})=\dfrac{4}{27}$. Dang thuc neu chi neu: $x=y=0, z=\dfrac{2}{3}$

Tu 2 TH ta thay: $MaxP=1$. Dang thuc neu chi neu: $x=0, y=z=1$


$\Rightarrow Q.E.D$

Mình thấy bài này bạn làm thiếu tự nhiên quá bạn có thể giảng cho mình tại sao lại xét 2 trường hợp như vậy ko cảm ơn bạn nhìu

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi caheo123456: 02-09-2010 - 22:59

[CD13]

Tu 2 TH ta thay: $MaxP=1$. Dang thuc neu chi neu: $x=0, y=z=1$

$\Rightarrow Q.E.D$

Khi x = 0, y = z = 1 thì P = 0?????

[.::skyscape::.]

bài 2:
$P+12=3(\dfrac{\displaystyle a}{\displaystyle b+c}+1)+4(\dfrac{\displaystyle b}{\displaystyle c+a}+1)+5(\dfrac{\displaystyle c}{\displaystyle a+b}+1)$
$\Leftrightarrow P+12=(a+b+c)(\dfrac{\displaystyle 3}{\displaystyle b+c}+\dfrac{\displaystyle 4}{\displaystyle a+c}+\dfrac{\displaystyle 5}{\displaystyle b+a})$
$\Leftrightarrow P+12=\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}[(b+c)+(a+c)+(b+a)](\dfrac{\displaystyle 3}{\displaystyle b+c}+\dfrac{\displaystyle 4}{\displaystyle a+c}+\dfrac{\displaystyle 5}{\displaystyle b+a})$
$\geq \dfrac{\displaystyle (\sqrt{3}+2+\sqrt{5})^2}{\displaystyle 2}$

$\geq \dfrac{\displaystyle (\sqrt{3}+2+\sqrt{5})^2}{\displaystyle 2}$
vì sao lại ra chỗ naày ạ , e ko hiểu , với lại kết quả cuối có phải trừ đi 12 ko ạ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi .::skyscape::.: 03-09-2010 - 10:21

[novae]

chỗ đó là bđt Bunyakovski: $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\ge (ax+by+cz)^2$