Edited by 25081997, 01-05-2012 - 22:08.
Với a,b,c là các số dương thỏa $a^{2}+2b^{2}+3c^{2}=1$. Tìm GTNN của A= $2a^{3}+3b^{3}+4c^{3}$.
#1
Posted 01-05-2012 - 20:53
#2
Posted 01-05-2012 - 21:06
Với a,b,c là các số dương thỏa a2+2b2+3c2=1. Tìm GTNN của A= 2a3+3b3+4c3.
$(2a^3+3b^3+4c^3)(2a^3+3b^3+4c^3)(2+3+4)\geq (2a^2+3b^2+4c^2)^3=1$
$\Rightarrow 2a^3+3b^3+4c^3 \geq \frac{1}{3}$
$"=" \Leftrightarrow a=b=c= \frac{1}{3}$
#3
Posted 01-05-2012 - 21:23
Bạn dùng bđt j vậy$(2a^3+3b^3+4c^3)(2a^3+3b^3+4c^3)(2+3+4)\geq (2a^2+3b^2+4c^2)^3=1$
$\Rightarrow 2a^3+3b^3+4c^3 \geq \frac{1}{3}$
$"=" \Leftrightarrow a=b=c= \frac{1}{3}$
Thà đừng yêu để giữ mình trong trắng
Lỡ yêu rôì nhất quyết phải thành công
#4
Posted 01-05-2012 - 21:36
Don't let people know what you think
#5
Posted 01-05-2012 - 21:40
nhầm thành $2a^2+3b^2+4c^2=1$
hình như min phải = $\frac{12\sqrt{407}}{407}$
Edited by phantomladyvskaitokid, 01-05-2012 - 21:42.
#6
Posted 01-05-2012 - 21:49
Điểm rơi sai.$(2a^3+3b^3+4c^3)(2a^3+3b^3+4c^3)(2+3+4)\geq (2a^2+3b^2+4c^2)^3=1$
$\Rightarrow 2a^3+3b^3+4c^3 \geq \frac{1}{3}$
$"=" \Leftrightarrow a=b=c= \frac{1}{3}$
Lời giải+Hướng dẫn:
Giả sử điểm rơi xảy ra khi $a=m;b=n;c=p$ với $m,n,p>0$. Ta sử dụng bđt AM-GM đánh giá như sau
\[
a^3 + a^3 + m^3 \ge 3a^2 m \Rightarrow 2a^3 \ge 3ma^2 - m^3
\]
Tương tự
\[
\begin{array}{l}
2b^3 \ge 3nb^2 - n^3 \Rightarrow 3b^3 \ge \frac{9}{2}nb^2 - \frac{3}{2}n^3 \\
2c^3 \ge 3pc^2 - p^3 \Rightarrow 4c^3 \ge 6pc^2 - 2p^3 \\
\Rightarrow A \ge 3ma^2 + \frac{9}{2}nb^2 + 6pc^2 - m^3 - \frac{3}{2}n^3 - 2p^3 \\
\end{array}
\]
Mặt khác, ta cần phải sử dụng giả thiết $a^2+2b^2+3c^2=1$ nên ta sẽ có hệ như sau:
\[
\left\{ {\begin{array}{*{20}c}
{3m:\frac{9}{2}n:6p = 1:2:3} \\
{m^2 + 2n^2 + 3p^2 = 1} \\
\end{array}} \right.
\]
Giải hệ, ta có:
\[
\left( {m;n;p} \right) = \left( {\frac{6}{{\sqrt {407} }};\frac{8}{{\sqrt {407} }};\frac{9}{{\sqrt {407} }}} \right)
\]
Thế vào ban đầu, ta sẽ có các đánh giá thích hợp và thu được
\[
\min A = \frac{{12}}{{\sqrt {407} }}
\]
Edited by perfectstrong, 01-05-2012 - 22:25.
- Ispectorgadget, Mai Duc Khai, Dung Dang Do and 1 other like this
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#7
Posted 01-05-2012 - 21:54
Điểm rơi sai.
Lời giải+Hướng dẫn:
Giả sử điểm rơi xảy ra khi $a=m;b=n;c=p$ với $m,n,p>0$. Ta sử dụng bđt AM-GM đánh giá như sau
\[
a^3 + a^3 + \frac{1}{{m^3 }} \ge \frac{{3a^2 }}{m} \Rightarrow 2a^3 \ge \frac{{3a^2 }}{m} - \frac{1}{{m^3 }}
\]
Tương tự
\[
\begin{array}{l}
2b^3 \ge \frac{{3b^2 }}{n} - \frac{1}{{n^3 }} \Rightarrow 3b^3 \ge \frac{{9b^2 }}{{2n}} - \frac{3}{{2n^3 }} \\
2c^3 \ge \frac{{3c^2 }}{p} - \frac{1}{{p^3 }} \Rightarrow 4c^3 \ge \frac{{6c^2 }}{p} - \frac{2}{{p^3 }} \\
\Rightarrow A \ge \frac{3}{m}a^2 + \frac{9}{{2n}}b^2 + \frac{6}{p}c^2 - \frac{1}{{m^3 }} - \frac{3}{{2n^3 }} - \frac{2}{{p^3 }} \\
\end{array}
\]
Mặt khác, ta cần phải sử dụng giả thiết $a^2+2b^2+3c^2=1$ nên ta sẽ có hệ như sau:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
\frac{3}{m}:\frac{9}{{2n}}:\frac{6}{p} = 1:2:3 \\
m^2 + 2n^2 + 3p^2 = 1 \\
\end{array} \right.
\]
Từ pt đầu, ta rút được
\[
n = \frac{3}{4}m;p = \frac{2}{3}m
\]
Thế vào pt sau, ta có:
\[
m^2 + 2.\frac{9}{{16}}m^2 + 3.\frac{4}{9}m^2 = 1 \Leftrightarrow m = 2\sqrt {\frac{6}{{83}}} \Rightarrow \left( {m;n;p} \right) = \left( {2\sqrt {\frac{6}{{83}}} ;\frac{3}{2}\sqrt {\frac{6}{{83}}} ;\frac{4}{3}\sqrt {\frac{6}{{83}}} } \right)
\]
Thế vào ban đầu, ta sẽ có các đánh giá thích hợp và thu được
\[
\min A = \frac{{7691}}{{498\sqrt {498} }}
\]
k đọc phần trên nhưng kết quả cũng sai nốt
#8
Posted 01-05-2012 - 21:55
BĐT 18
\[\left( {1 + {a^3}} \right)\left( {1 + {b^3}} \right)\left( {1 + {c^3}} \right) \ge {\left( {1 + abc} \right)^3}\]
\[\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \ge {\left( {amn + bny + cpz} \right)^3}\]
Có thể tra cứu, tham khảo một số bất đẳng thức phụ cũng cách chứng minh ở BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ!Chứng minh BĐT 18
Sử dụng BĐT AM-GM ta có:
$\dfrac{{{a^3}}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}} + \dfrac{{{x^3}}}{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}} + \dfrac{{{m^3}}}{{{m^3} + {n^3} + {p^3}}} \ge \dfrac{{3axm}}{{\sqrt[3]{{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)}}}}$
Xây dựng tương tự 2 BĐT nữa với $(b;y;n)$ và $(c;z;p)$ rồi cộng vế theo vế lại ta có điều phải chứng minh.
Trích Quyển Sáng tạo bất đẳng thức.( Trang 27)
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users