Tìm min S
#1
Đã gửi 12-07-2011 - 15:57
Tìm min:
$S = \sqrt {{a^2} + \dfrac{1}{{b + c}}} + \sqrt {{b^2} + \dfrac{1}{{c + a}}} + \sqrt {{c^2} + \dfrac{1}{{a + b}}} $
#2
Đã gửi 12-07-2011 - 20:07
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
bạn có thể viết hẳn cách dùng minkowski ra không, chứ nói thế này thì......Bài này dùng MinKopxki đấy
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
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
#5
Đã gửi 13-07-2011 - 09:31
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} $
#6
Đã gửi 14-07-2011 - 21:26
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
#7
Đã gửi 16-07-2011 - 16:39
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} $
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh