Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c \ge 6$
Tìm min:
$S = \sqrt {{a^2} + \dfrac{1}{{b + c}}} + \sqrt {{b^2} + \dfrac{1}{{c + a}}} + \sqrt {{c^2} + \dfrac{1}{{a + b}}} $
Tìm min S
Bắt đầu bởi uchihalinh, 12-07-2011 - 15:57
#2
Đã gửi 12-07-2011 - 20:07
alex_hoang
-
- Hiệp sỹ
-
- 1152 Bài viết
Thượng úy
Bài này dùng MinKopxki đấyCho $a,b,c > 0$ và $a + b + c \ge 6$
Tìm min:
$S = \sqrt {{a^2} + \dfrac{1}{{b + c}}} + \sqrt {{b^2} + \dfrac{1}{{c + a}}} + \sqrt {{c^2} + \dfrac{1}{{a + b}}} $
#3
Đã gửi 12-07-2011 - 20:44
NGOCTIEN_A1_DQH
-
- Thành viên
-
- 625 Bài viết
Never Give Up
bạn có thể viết hẳn cách dùng minkowski ra không, chứ nói thế này thì......Bài này dùng MinKopxki đấy
Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn
Mong rằng toán học bớt khô khan
Em ơi trong toán nhiều công thức
Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn
Mong rằng toán học bớt khô khan
Em ơi trong toán nhiều công thức
Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn
#4
Đã gửi 12-07-2011 - 21:55
hoangduc
-
- Thành viên
-
- 108 Bài viết
Trung sĩ
Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c \ge 6$
Tìm min:
$S = \sqrt {{a^2} + \dfrac{1}{{b + c}}} + \sqrt {{b^2} + \dfrac{1}{{c + a}}} + \sqrt {{c^2} + \dfrac{1}{{a + b}}} $
Cauchy Schwarz
Ta có:$(a^2+\dfrac{1}{b+c})(4+\dfrac{1}{4})\ge (2a+\dfrac{1}{2\sqrt{b+c}})^2 $
$\Rightarrow \sqrt{a^2+\dfrac{1}{b+c}}\ge \dfrac{2}{\sqrt{17}}(2a+\dfrac{1}{2\sqrt{b+c}}) $
Cộng BĐT trên với 2 BĐT tương tự ta được:
$S \ge \dfrac{4}{\sqrt{17}}(a+b+c)+\dfrac{1}{\sqrt{17}}(\dfrac{1}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{1}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{a+b}})$
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz:
$\dfrac{1}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{1}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{a+b}} \ge \dfrac{9}{\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}+\sqrt{a+b}} \ge \dfrac{9}{\sqrt{6(a+b+c)}} \ge \dfrac{3}{2} $
Do đó $S\ge \dfrac{51}{2\sqrt{17}} =\dfrac{3\sqrt{17}}{2} $
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangduc: 12-07-2011 - 21:56
----------------------------------------------------
HỌC, HỌC NỮA, HỌC MÃI
HỌC, HỌC NỮA, HỌC MÃI
#5
Đã gửi 13-07-2011 - 09:31
caubeyeutoan2302
-
- Thành viên
-
- 305 Bài viết
Nhà dược sĩ mê toán
Hình như có nhầm lẫn ở đây rồi , với giả thuyết $a+b+c \ge 6 $ thì không thể cóCauchy Schwarz
Ta có:$(a^2+\dfrac{1}{b+c})(4+\dfrac{1}{4})\ge (2a+\dfrac{1}{2\sqrt{b+c}})^2 $
$\Rightarrow \sqrt{a^2+\dfrac{1}{b+c}}\ge \dfrac{2}{\sqrt{17}}(2a+\dfrac{1}{2\sqrt{b+c}}) $
Cộng BĐT trên với 2 BĐT tương tự ta được:
$S \ge \dfrac{4}{\sqrt{17}}(a+b+c)+\dfrac{1}{\sqrt{17}}(\dfrac{1}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{1}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{a+b}})$
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz:
$\dfrac{1}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{1}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{a+b}} \ge \dfrac{9}{\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}+\sqrt{a+b}} \ge \dfrac{9}{\sqrt{6(a+b+c)}} \ge \dfrac{3}{2} $
Do đó $S\ge \dfrac{51}{2\sqrt{17}} =\dfrac{3\sqrt{17}}{2} $
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$
$\dfrac{9}{\sqrt{6(a+b+c)}} \ge \dfrac{3}{2} $
CỐ GẮNG THÀNH SINH VIÊN ĐẠI HỌC Y DƯỢC THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
#6
Đã gửi 14-07-2011 - 21:26
hoangduc
-
- Thành viên
-
- 108 Bài viết
Trung sĩ
Hình như có nhầm lẫn ở đây rồi , với giả thuyết $a+b+c \ge 6 $ thì không thể có
$\dfrac{9}{\sqrt{6(a+b+c)}} \ge \dfrac{3}{2} $
Đúng là nhầm thật
Sửa lại tí.
Theo trên ta có:
$S\ge \dfrac{1}{\sqrt{17}}[4(a+b+c)+\dfrac{9}{\sqrt{6(a+b+c)}}] $
Áp dụng BĐT AM-GM:
$\dfrac{a+b+c}{8}+\dfrac{9}{2\sqrt{6(a+b+c)}}+\dfrac{9}{2\sqrt{6(a+b+c)}} \ge \dfrac{9}{4} $
$\Rightarrow S\ge \dfrac{1}{\sqrt{17}}(\dfrac{31(a+b+c)}{8}+\dfrac{9}{4})\ge \dfrac{3\sqrt{17}}{2} $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangduc: 14-07-2011 - 21:27
----------------------------------------------------
HỌC, HỌC NỮA, HỌC MÃI
HỌC, HỌC NỮA, HỌC MÃI
#7
Đã gửi 16-07-2011 - 16:39
uchihalinh
-
- Thành viên
-
- 9 Bài viết
Lính mới
Thank bạn cách làm hay lắmĐúng là nhầm thật
Sửa lại tí.
Theo trên ta có:
$S\ge \dfrac{1}{\sqrt{17}}[4(a+b+c)+\dfrac{9}{\sqrt{6(a+b+c)}}] $
Áp dụng BĐT AM-GM:
$\dfrac{a+b+c}{8}+\dfrac{9}{2\sqrt{6(a+b+c)}}+\dfrac{9}{2\sqrt{6(a+b+c)}} \ge \dfrac{9}{4} $
$\Rightarrow S\ge \dfrac{1}{\sqrt{17}}(\dfrac{31(a+b+c)}{8}+\dfrac{9}{4})\ge \dfrac{3\sqrt{17}}{2} $
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
