Chủ đề này có 4 trả lời

[hung0503]

Cho các số thực a,b,c không đồng thời bằng 0 thỏa $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ac)$, tìm min max
$P=\frac{ a^3+b^3+c^3}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$

[alex_hoang]

Từ giả thiết bài toán ta có được $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca).$ Mặt khác dễ dàng nhận thấy $$ P = \frac{a^3+b^3+c^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}=\frac{ (a+b+c)\left[(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca)\right]+3abc}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}. $$ Đặt $a+b=x$ thì ta có $(a+b)^2+c^2=4ab+2cx$ nên $$ (x-c)^2=4ab\leq (a+b)^2=x^2 \Rightarrow 0 \le c \le 2x.$$ Từ phép đặt, ta có $$ P=1+\frac{3abc}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}=1+\frac{3c(x-c)^2}{(x+c)^3}.$$ Chúng ta xét hai trường hợp:

• Nếu $c=0$ thì $P=1.$
• Nếu $c >0,$ lúc này bằng cách đặt $t=\dfrac{x}{c} \ge \dfrac{1}{2},$ ta viết lại biểu thức $P$ theo $t$: $$P=f(t)=1+\frac{3(t-1)^2}{(t+1)^3} .$$ Tính đạo hàm của $f(t),$ ta có: $$f'(t)=\frac{6(t-1)(t+1)^3-3(t-1)^2(t+1)^2}{(t+1)^6}=\frac{3(t-1)(5-t)}{(t+1)^4},$$ $$f'(t)=0 \Leftrightarrow \left [\begin{matrix} t_1=1\\ t_2=5\end{matrix}\right.$$ Ta tính các cực trị của $f(t)$ đơn giản $$f(1)=1, \quad f(5)=\frac{11}{9}, \quad f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{11}{9}.$$ Suy ra $1 \le P \le \frac{11}{9}.$

Trong cả hai trường hợp, ta đều có $1 \le P \le \dfrac{11}{9}.$ Ngoài ra, ta thấy khi $a=c,\, b=0$ thì $P=1$ và khi $a=b=\dfrac{c}{4}$ thì $P=\dfrac{11}{9}.$ Vậy ta đi đến kết luận $\min P =1$ và $\max P =\dfrac{11}{9}.$ $\blacksquare$

Cảm ơn didier nhé trích cái lời giải bên boxmath ai dè bên ấy làm sai thôi thì post lời giải khác lên tạ lỗi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 26-01-2012 - 15:14

[Didier]

Đoạn này sai rồi
$a+b \ge c$ thì $\frac{a+b}{c} \ge1$ chắc chỉ có max hoặc min

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 26-01-2012 - 14:26

[dark templar]

Từ giả thiết bài toán ta có được $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca).$ Mặt khác dễ dàng nhận thấy $$ P = \frac{a^3+b^3+c^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}=\frac{ (a+b+c)\left[(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca)\right]+3abc}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}. $$ Đặt $a+b=x$ thì ta có $(a+b)^2+c^2=4ab+2cx$ nên $$ (x-c)^2=4ab\leq (a+b)^2=x^2 \Rightarrow 0 \le c \le 2x.$$ Từ phép đặt, ta có $$ P=1+\frac{3abc}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}=1+\frac{3c(x-c)^2}{(x+c)^3}.$$ Chúng ta xét hai trường hợp:

• Nếu $c=0$ thì $P=1.$
• Nếu $c >0,$ lúc này bằng cách đặt $t=\dfrac{x}{c} \ge \dfrac{1}{2},$ ta viết lại biểu thức $P$ theo $t$: $$P=f(t)=1+\frac{3(t-1)^2}{(t+1)^3} .$$ Tính đạo hàm của $f(t),$ ta có: $$f'(t)=\frac{6(t-1)(t+1)^3-3(t-1)^2(t+1)^2}{(t+1)^6}=\frac{3(t-1)(5-t)}{(t+1)^4},$$ $$f'(t)=0 \Leftrightarrow \left [\begin{matrix} t_1=1\\ t_2=5\end{matrix}\right.$$ Ta tính các cực trị của $f(t)$ đơn giản $$f(1)=1, \quad f(5)=\frac{11}{9}, \quad f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{11}{9}.$$ Suy ra $1 \le P \le \frac{11}{9}.$

Trong cả hai trường hợp, ta đều có $1 \le P \le \dfrac{11}{9}.$ Ngoài ra, ta thấy khi $a=c,\, b=0$ thì $P=1$ và khi $a=b=\dfrac{c}{4}$ thì $P=\dfrac{11}{9}.$ Vậy ta đi đến kết luận $\min P =1$ và $\max P =\dfrac{11}{9}.$ $\blacksquare$

Cảm ơn didier nhé trích cái lời giải bên boxmath ai dè bên ấy làm sai thôi thì post lời giải khác lên tạ lỗi

GTLN,GTNN ra sai rồi nhé Hoàng Phải là $\max P=\frac{11}{18}$ khi $a=b=\frac{c}{4}$ và $\min P=\frac{1}{2}$ khi $a=b;c=0$ hoặc các hoán vị tương ứng.
1 cách giải khác với cách đặt $x=\frac{4a}{a+b+c};y=\frac{4b}{a+b+c};z=\frac{4c}{a+b+c}$,ta sẽ được hệ:
$$\left\{\begin{matrix} x+y+z=4\\ xy+yz+zx=4\\ \end{matrix}\right.$$
Dễ dàng tìm được:$0 \le x,y,z \le \frac{8}{3}$.Sử dụng 1 số thủ thuật biến đổi đơn giản,ta có:
$$P=\frac{3x^3-12x^2+12x+16}{32}=f(x);x \in \left[0;\frac{8}{3} \right]$$
Đạo hàm là xong bài rồi nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 26-01-2012 - 20:43

[alex_hoang]

Cảm ơn Phúc nhé mình nhìn nhầm đề

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 27-01-2012 - 00:01