Chủ đề này có 8 trả lời

[Tham Lang]

Bài toán hay thi $OLYMPIC$ $30-4$
Cho $a, b, c$ thoả mãn :$abc + a + c = b$. Tìm GTLN của :
$$P = \dfrac{2}{a^2 + 1} - \dfrac{2}{b^2 + 1} + \dfrac{3}{c^2 + 1}$$

[hieunamlt]

bai nay la VMO nhieu nam ve truoc roi.co the dung Ham so tim Max
--------------------------
Bạn chú ý: gõ tiếng Việt có dấu.

Bạn đã vi phạm Nội quy diễn đàn Toán học

Nếu còn tái phạm thì bài viết sẽ bị xóa mà không báo trước.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 20-02-2012 - 17:03

[Crystal]

Bài toán hay thi $OLYMPIC$ $30-4$
Cho $a, b, c$ thoả mãn :$abc + a + c = b$. Tìm GTLN của :
$$P = \dfrac{2}{a^2 + 1} - \dfrac{2}{b^2 + 1} + \dfrac{3}{c^2 + 1}$$

Dùng lượng giác nhé.

Đặt $a=tg\alpha ,c=tg\beta ,0<\alpha ,\beta <\frac{\pi }{2}$.

Từ giả thiết, ta có: $$b\left ( 1-ac \right )=a+c\Rightarrow \left\{\begin{matrix}1-ac>0 & \\ b=\frac{a+c}{1-ac}=tg\left ( \alpha +\beta \right )& \end{matrix}\Rightarrow 0<\alpha +\beta<\frac{\pi }{2}\right.$$
Khi đó: $$P=2cos^{2}\alpha -2cos^{2}\left ( \alpha +\beta \right )+3cos^{2}\beta $$
$$=\frac{3}{2}+cos2\alpha +\frac{3}{2}cos2\beta +cos\left ( \pi -2\alpha -2\beta \right )$$
$$=\frac{3}{2}+3\left [2.\frac{1}{2}.\frac{1}{3}cos2\alpha +2.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}cos2\beta +2.\frac{1}{2}.\frac{1}{3}cos\left ( \pi -2\alpha -2\beta \right ) \right ]$$
Mặt khác, ta có phát biểu sau:
Với $A,B,C$ là 3 góc trong của một tam giác bất kì và $x,y,z$ là 3 số thực bất kì. Khi đó ta có bất đẳng thức:
$$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 2xycosC+2yzcosA+2xzcosB$$
Chứng minh BĐT trên bằng phép biến đổi tương đương.

Từ đó: $$P\leqslant \frac{3}{2}+3\left ( \frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}} \right )=\frac{10}{3}$$
Vậy $maxP=\frac{10}{3}$ đạt được chẳng hạn $a=\frac{\sqrt{2}}{2},b=\sqrt{2},c=\frac{1}{2\sqrt{2}}$

----------------------------------------
Có thể biến đổi $P$ về dạng hiệu của $\frac{10}{3}$ với một bình phương, khi đó không cần dùng đến đánh giá trên. Và tất nhiên là sẽ cho cùng một kết quả.

[NguyThang khtn]

Ta dễ dàng nhận thấy:
$a \leq \frac{1}{c};b=\frac{a+c}{1-ac}$(1)
Thay (1) vào P ta được:
$P=\frac{2}{a^2+1}+\frac{3}{c^2+1}+\frac{2(a+c)^2}{(1+a^2)(1+c^2)}-2(2)$
Xét hàm số :
$f(x)=\frac{1}{1+x^2}+\frac{2(x+c)^2}{(1+x^2)(1+c^2)}$ với $0 < x < \frac{1}{c}$ và coi c là tham số (c> 0)
Ta có: $f'(x)=\frac{-2c(x^2-1+2xc)}{(1+x^2)^2(1+c^2)}$
Trên $(0;\frac{1}{c})$ thì $f'(x)=0$ có nghiệm duy nhất là :
$x_o= -c+\sqrt{c^2+1}(3)$ với $0 < x_o < \frac{1}{c}$
Qua $x_o$ thì $f'(x)$ đổi dấu từ dương sang âm nên $f(x)$ đạt cực hạn tại $x_o$. Suy ra :
$f(x) \leq f(x_o) = 1+ \frac{c}{\sqrt{1+c^2}}$.Từ đó theo (2) ta có:
$P=2f(x)-2+\frac{3}{1+c^2} \leq \frac{2c}{\sqrt{1+c^2}}+\frac{3}{1+c^2}=g(c)$
Xét hàm số $g(c)$ với $c > 0$.
Ta có: $g'(c)=\frac{2(1-8c^2)}{(\sqrt{1+c^2}+3c)(c^2+1)^2}$
Với $c>0$ thì $g'(c)=0$ tại $c_o= \frac{1}{\sqrt{8}}$ và qua $c_o$ thì $g'(c)$ đổi dấu từ dương sang âm nên $g(c_o)$ là giá trị cực đại.
Suy ra : $P \leq g(\frac{1}{\sqrt{8}})=\frac{10}{3}$
Dấu "= " đạt được khi :$c=\frac{1}{\sqrt{8}};a=\frac{2}{\sqrt{2}}; b=\sqrt{2} $

[trungdung97]

từ giả thiết ta có c=(b-a)/(1+ab) thay vào VT ta có p=3+((b-a)(5a-b))/((1+a²)(1+b²)) áp dụng bđt AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có 4(3b-3a)(5a-b)$\leq$4(a+b)²$\leq$4((1+a²)(1+b²)) suy ra p$\leq$ 10/3

[Mrnhan]

Với $A,B,C$ là 3 góc trong của một tam giác bất kì và $x,y,z$ là 3 số thực bất kì. Khi đó ta có bất đẳng thức:
$$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 2xycosC+2yzcosA+2xzcosB$$
Chứng minh BĐT trên bằng phép biến đổi tương đương.

anh thử chứng minh đi, em biến đổi mà không ra, nhờ anh

[Crystal]

anh thử chứng minh đi, em biến đổi mà không ra, nhờ anh

Em xem chứng minh cho bất đẳng thức đó tại đây.

[nthoangcute]

Bài toán hay thi $OLYMPIC$ $30-4$
Cho $a, b, c$ thoả mãn :$abc + a + c = b$. Tìm GTLN của :
$$P = \dfrac{2}{a^2 + 1} - \dfrac{2}{b^2 + 1} + \dfrac{3}{c^2 + 1}$$

----------------------------------------
Có thể biến đổi $P$ về dạng hiệu của $\frac{10}{3}$ với một bình phương, khi đó không cần dùng đến đánh giá trên. Và tất nhiên là sẽ cho cùng một kết quả.

Theo lời anh Thành thì:
$$P=\dfrac{10}{3}-\frac{(2c+8ca^2-3a)^2+(2a^2-1)^2}{3(4a^2+1)(a^2+1)(c^2+1)} \leq \frac{10}{3}$$

[barcavodich]

anh thử chứng minh đi, em biến đổi mà không ra, nhờ anh

Trên các cạnh $AB,BC,CA$ lần lượt lấy các điểm $P,Q,R$ sao cho $AP=BQ=CR=1$
do đó ĐPCM $\Leftrightarrow$ $x.\vecPA+y.\vecQB

anh thử chứng minh đi, em biến đổi mà không ra, nhờ anh

dùng vector