Chủ đề này có 9 trả lời

[caokhanh97]

Cho a,b,c,d không âm có tổng bằng 4 Tìm GTNN của A=$\prod (a^{2}+1)$

[khanh3570883]

Đã có trong diễn đàn!

Ta có:
$P = \left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {1 + {c^2}} \right)\left( {1 + {d^2}} \right) \le \left[ {\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{16}} - \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} + 1} \right]\left[ {\frac{{{{\left( {c + d} \right)}^2}}}{{16}} - \frac{{{{\left( {c + d} \right)}^2}}}{2} + 1} \right]$
Đặt:
$\left\{ \begin{array}{l}
a + b - 2 = x \\
c + d + 2 = y \\
\end{array} \right. \Rightarrow x + y = 4$
Khi đó:
$P = \frac{{{{\left( {{x^2} - 4} \right)}^4}}}{{256}} - \frac{{{{\left( {{x^2} - 4} \right)}^2}\left[ {{x^2} + 4} \right]}}{{16}} + \frac{{{x^4} + 24{x^2} + 16}}{8} + \frac{{{{\left( {{x^2} - 4} \right)}^2}}}{4} - \frac{{{x^2} + 4}}{2} + 1$
Đến đây dùng đạo hàm tìm được max = 25

[WhjteShadow]

Đã có trong diễn đàn!

Nhưng ở đây là tìm GTNN mà anh Khánh.Bạn Khánh thử xem lại đề bài xem

[alex_hoang]

Cho a,b,c,d không âm có tổng bằng 4 Tìm GTNN của A=$\prod (a^{2}+1)$

Bài giải
Do $a+b+c+d=4$ nên tồn tại hai số cùng không lớn hơn $1$ hoặc cùng không nhỏ hơn $1$
Giả sử hai số đó là $b,d$ vậy thì $(b-1)(d-1) \ge 0$ suy ra $bd+1 \ge b+d$
Ta thấy
$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)=(1+a^2+b^2+a^2b^2)(c^2+1+d^2+c^2d^2) \ge (c+a+bd+1)^2 \ge (a+b+c+d)^2=16$$

[Secrets In Inequalities VP]

Bài giải
Do $a+b+c+d=4$ nên tồn tại hai số cùng không lớn hơn $1$ hoặc cùng không nhỏ hơn $1$
Giả sử hai số đó là $b,d$ vậy thì $(b-1)(d-1) \ge 0$ suy ra $bd+1 \ge b+d$
Ta thấy
$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)=(1+a^2+b^2+a^2b^2)(c^2+1+d^2+c^2d^2) \ge (c+a+bd+1)^2 \ge (a+b+c+d)^2=16$$

Em nghĩ có lẽ anh nhầm rồi ! Cách này chỉ đúng vz $abcd=1$ thôi !

[alex_hoang]

Em nghĩ có lẽ anh nhầm rồi ! Cách này chỉ đúng vz $abcd=1$ thôi !

Cho anh phản ví dụ cái nào em,trước khi nói là nhầm hoặc sai thì phải đưa ra phản ví dụ là anh chịu ngay.Theo anh cái này chỉ dựa vào nguyên lý $Dirichlet$ mà thôi.Có $4$ số mà chỉ có 2 TH là cùng không lớn hơn $1$ hoặc không nhở hơn $1$ thì chắc là được .Anh nghĩ không nên vận dụng một cách máy móc một bài toán quá em à

[Secrets In Inequalities VP]

$$=(1+a^2+b^2+a^2b^2)(c^2+1+d^2+c^2d^2) \ge (c+a+bd+1)^2 \ge (a+b+c+d)^2=16$$

Ý e k phải vậy.anh giải thích hộ e đoạn này.Nếu k phải abcd=1 thì làm sao
có đk

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 12-08-2012 - 17:24

[Tham Lang]

Anh cũng đồng ý với Secrets In Inequalities
@ Anh Hoàng : Có một chỗ đúng là nếu $abcd <1$ thì không thể có như vậy được
.

Bài giải
Do $a+b+c+d=4$ nên tồn tại hai số cùng không lớn hơn $1$ hoặc cùng không nhỏ hơn $1$
Giả sử hai số đó là $b,d$ vậy thì $(b-1)(d-1) \ge 0$ suy ra $bd+1 \ge b+d$
Ta thấy
$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)=(1+a^2+b^2+a^2b^2)(c^2+1+d^2+c^2d^2)$ $ \ge (c+a+bd+1)^2$ $ \ge (a+b+c+d)^2=16$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 12-08-2012 - 17:29

[alex_hoang]

Ý e k phải vậy.anh giải thích hộ e đoạn này.Nếu k phải abcd=1 thì làm sao
có đk

Anh cũng đồng ý với Secrets In Inequalities
@ Anh Hoàng : Có một chỗ đúng là nếu $abcd <1$ thì không thể có như vậy được
.

Cảm ơn các em nhé đúng là anh hơi chủ quan một chút.Mọi người thông cảm
Ta đặt $f(a,b,c,d)=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)$
Giả sử $a \ge b \ge c \ge d$
thì ta dễ chứng minh được
$$f(a,b,c,d) \ge f(\sqrt{ac},b,\sqrt{ac},d)$$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh BĐT khi mà $a=b=c=t \ge 1$
Vậy ta chứng minh
$$f(t)=(t^2+1)^3((4-3t)^2+1) \ge 16$$ với $t \ge 1$
Nếu bài toán có $min$ thì BĐT trên phải đúng .Mình chưa thử các bạn xem giúp

[WhjteShadow]

Vậy ta chứng minh
$$f(t)=(t^2+1)^3((4-3t)^2+1) \ge 16$$ với $t \ge 1$

Điều cần chứng minh $\Leftrightarrow (t-1)^3(9t^5+3t^4+26t^3+6t^2+21t-1)\geq 0$
Nhưng điều này luôn đúng với $t\geq 1$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh hoàn toàn anh Hoàng nhỷ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 12-08-2012 - 20:32