Chủ đề này có 9 trả lời

[25 minutes]

Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn $a+b+c=1$
Tìm Min và Max của $P=a(b-c)^3+b(c-a)^3+c(a-b)^3$ ?
-----Đề THTT-----

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tran Hoang Anh Arsenal: 20-02-2013 - 00:20

[ilovelife]

Tổng quát hóa tìm max, min $a(b-c)^n+b(c-a)^n+c(a-b)^n$ (đk như trên)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovelife: 19-02-2013 - 19:07

[25 minutes]

Tổng quát hóa tìm max, min $a(b-c)^n+b(c-a)^n+c(a-b)^n$ (đk như trên)
---
Đi học đã, tí giải sau

Thế khi nào làm xong đầy đủ thì post lời giải nhé. Thân!!!!!
P/S: Đừng nói kiểu lấp lửng như thế ?

[ilovelife]

Bài trước sai, đã xóa.
Cần confirm lại: max, min $P = \pm \frac 1 {6 \sqrt 3} \ ?$
--------------

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovelife: 19-02-2013 - 20:38

[Oral1020]

Xét $P=a(b-c)^3+b(c-a)^3+c(a-b)^3 = a(b-c)^3 + b[(c-b)+(b-a)]^3 +c(a-b)^3 = (a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$
(em chơi xấu đoạn này - dùng Mathematica để factor, chắc dùng 'tay' thì hơi vất vả)
$\implies P = -\left( b-c \right) \left(a -c \right) \left( a-b \right) \left(a+b+c \right)$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a \ge b \ge c \implies P \le 0 \implies max\{P\}=0$ tại $a=b=c=\frac 13$
(phần min em chưa làm được)

Bạn làm sai rồi.Mình cũng đã làm giống bạn nhưng đã fix,nhưng vẫn sai.Cuối cùng xóa luôn
Với $a=0,1;b=0,2;c=0.7$ thì sai

Vai trò của a,b,c không như nhau đâu bạn à, vì nếu a,c,b thì bđt dương

Mình có nói gì đâu ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral1020: 19-02-2013 - 20:18

[nthoangcute]

Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn $a+b+c=1$
Tìm Min và Max của $P=a(b-c)^3+b(c-a)^3+c(a-b)^3$ ?

Có bài gần tương tự:

Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$
Tìm Min và Max của $P=(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$ ?

Để biểu thức $P \geq 0$ ta có các trường hợp sau:

+) $a \geq c \geq b$.

+) $b \geq a \geq c$.

+) $c \geq b \geq a$.

Như vậy ta chỉ cần xét một trường hợp thì cũng đúng cho hai trường hợp còn lại.

Ta xét: $a \geq c \geq b \Rightarrow a^2=1-b^2-c^2 \geq 1-2a^2 \Rightarrow a \geq \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$

Ta có: $ a^2+b^2+c^2=1 \Rightarrow b^2=1-a^2-c^2 \le 1-2b^2 \Rightarrow b \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$

Và ta lại có: $a^2+c^2=1-b^2 \le 1 \Rightarrow a^2 \le 1-c^2 \Rightarrow a \le \sqrt{1-c^2}$

Và lưu ý: $a \le 1$

Đối với trường hợp này ($a \geq c \geq b$) 90% dự đoán điểm rơi sẽ là $b=0$ nên ta sẽ đi theo hướng khảo sát hàm số $P(b)$ ( Quan trọng là miền của $b$ ta phải xác định càng kĩ càng tốt vì đây là yếu tố quyết định, chỉ cần miền của $b$ lớn hơn một tí là chúng ta sẽ thấy hướng đi không đảm bảo khi khảo sát. Ở đây có hai miền của $b$ mà chúng ta cần nghĩ đến là $0 \le b \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$ và $0 \le b \le c$. Tuy nhiên với cách làm của tôi thì các bạn sẽ thấy ta nên chọn miền nào của $b$.

Sau đây là lời giải:

Ta có: $P=(a-c) \big[ 2b^3-(1+ac)b+a^2c+ac^2 \big]$

Ta xét hàm số $P(b)=(a-c) \big[ 2b^3-(1+ac)b+a^2c+ac^2 \big]$

Ta có: $P^{'}(b) =(a-c)(6b^2-1-ac)=0 \Rightarrow b=- \sqrt{ \dfrac{1+ac}{6}}, b= \sqrt{ \dfrac{1+ac}{6}}$

Rõ ràng nếu ta dùng miền $b$ là $0 \le b \le c$ thì $b= \sqrt{ \dfrac{1+ac}{6}}$ chưa thể $ \le c$. Nhưng khi dùng miền $0 \le b \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$ thì $b= \sqrt{ \dfrac{1+ac}{6}} \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$ luôn đúng và $P(0)>P \Bigg( \dfrac{1}{ \sqrt{3}} \Bigg)$. Vậy nên ta chọn miền $0 \le b \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$.

Lập bảng biến thiên ta có $MaxP= P(0)=ac(a-c)(a+c)=ac(a^2-c^2)$

Ta lại có: $P(0) \le c \sqrt{1-c^2}(1-2c^2)$

Đặt $F(c)=c \sqrt{1-c^2}(1-2c^2)$ với $c \in \big[0; \dfrac{ \sqrt{2}}{2} \big]$.

Giải thích: $c \in \big[0; \dfrac{ \sqrt{2}}{2} \big]$ vì $c^2 \le a^2=1-b^2-c^2 \le 1-c^2 \Rightarrow c^2 \le 1-c^2 \Rightarrow 0 \le c \le \dfrac{ \sqrt{2}}{2}$.

Ta có: $F^{'}(c)= \dfrac{8c^4-8c^2+1}{ \sqrt{1-c^2}} =0 \Rightarrow c=- \dfrac{ \sqrt{2+ \sqrt{2}}}{2}, c=- \dfrac{ \sqrt{2- \sqrt{2}}}{2}, c= \dfrac{ \sqrt{2- \sqrt{2}}}{2}, c= \dfrac{ \sqrt{2+ \sqrt{2}}}{2} $.

Lập bảng biến thiên ta có: $MaxF(c)= F \Bigg( \dfrac{ \sqrt{2- \sqrt{2}}}{2} \Bigg) = \dfrac{1}{4}$

Vậy ta có $MaxP= \dfrac{1}{4}$ tại $a= \dfrac{ \sqrt{2+ \sqrt{2}}}{2}, b=0, c= \dfrac{ \sqrt{2- \sqrt{2}}}{2} $.

________________________________________________________

Xét $$P^2=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2(a+b+c)^2$$
Nếu đặt $p=a+b+c\ge 0,\ 0\le q=ab+bc+ca\le 1,\ r=abc\ge 0$. Khi đó, giả thiết suy ra $p^2=2q+1$ và ta có
\[\begin{aligned}P^2&=(p^2q^2+8pqr-27r^2-4q^3-4p^3r)p^2\\
&=-27(2q+1)r^2-4(2q+1)\sqrt{2q+1}r+(2q+1)q^2(1-2q)=f(r)\end{aligned}\]
Ta có $f'(r)=0\iff r= \dfrac{-2\sqrt{2q+1}}{27}<0.$
Kết hợp BĐT $Schur$ suy ra $r\ge \max \left \{ 0, \dfrac{(2q-1)\sqrt{2q+1}}{4} \right \}$.
Vì hàm $f(r)$ là hàm bậc hai theo ẩn $r$ có hệ số $a<0$ và hoành độ đỉnh âm nên $f(r)$ nghịch biến trên $[0;+\infty).$
+ TH1: Nếu $\dfrac{1}{2}\le q\le 1$ thì
\[f(r)\le f \left( \dfrac{\sqrt{2q+1}(2q-1)}{4} \right ) =-218q^3+93q^2+54q-23\le 0.\]
+ TH2: Nếu $0\le q\le \dfrac{1}{2}$ thì
\[f(r)\le f \left( 0 \right ) =(1+2q)q^2(1-2q)\le \dfrac{1}{16}.\]
Do đó, \[- \dfrac{1}{4}\le P\le \dfrac{1}{4}\]
Vậy, \[\boxed{\min P= - \frac{1}{4}\Leftrightarrow a= \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2},b= \frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2},c=0}\]
\[\color{blue}{\boxed{\max P= \frac{1}{4}\Leftrightarrow b= \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2},c= \frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2},a=0}}\]

[25 minutes]

Có bài gần tương tự:



Để biểu thức $P \geq 0$ ta có các trường hợp sau:

+) $a \geq c \geq b$.

+) $b \geq a \geq c$.

+) $c \geq b \geq a$.

Như vậy ta chỉ cần xét một trường hợp thì cũng đúng cho hai trường hợp còn lại.

Ta xét: $a \geq c \geq b \Rightarrow a^2=1-b^2-c^2 \geq 1-2a^2 \Rightarrow a \geq \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$

Ta có: $ a^2+b^2+c^2=1 \Rightarrow b^2=1-a^2-c^2 \le 1-2b^2 \Rightarrow b \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$

Và ta lại có: $a^2+c^2=1-b^2 \le 1 \Rightarrow a^2 \le 1-c^2 \Rightarrow a \le \sqrt{1-c^2}$

Và lưu ý: $a \le 1$

Đối với trường hợp này ($a \geq c \geq b$) 90% dự đoán điểm rơi sẽ là $b=0$ nên ta sẽ đi theo hướng khảo sát hàm số $P(b)$ ( Quan trọng là miền của $b$ ta phải xác định càng kĩ càng tốt vì đây là yếu tố quyết định, chỉ cần miền của $b$ lớn hơn một tí là chúng ta sẽ thấy hướng đi không đảm bảo khi khảo sát. Ở đây có hai miền của $b$ mà chúng ta cần nghĩ đến là $0 \le b \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$ và $0 \le b \le c$. Tuy nhiên với cách làm của tôi thì các bạn sẽ thấy ta nên chọn miền nào của $b$.

Sau đây là lời giải:

Ta có: $P=(a-c) \big[ 2b^3-(1+ac)b+a^2c+ac^2 \big]$

Ta xét hàm số $P(b)=(a-c) \big[ 2b^3-(1+ac)b+a^2c+ac^2 \big]$

Ta có: $P^{'}(b) =(a-c)(6b^2-1-ac)=0 \Rightarrow b=- \sqrt{ \dfrac{1+ac}{6}}, b= \sqrt{ \dfrac{1+ac}{6}}$

Rõ ràng nếu ta dùng miền $b$ là $0 \le b \le c$ thì $b= \sqrt{ \dfrac{1+ac}{6}}$ chưa thể $ \le c$. Nhưng khi dùng miền $0 \le b \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$ thì $b= \sqrt{ \dfrac{1+ac}{6}} \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$ luôn đúng và $P(0)>P \Bigg( \dfrac{1}{ \sqrt{3}} \Bigg)$. Vậy nên ta chọn miền $0 \le b \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$.

Lập bảng biến thiên ta có $MaxP= P(0)=ac(a-c)(a+c)=ac(a^2-c^2)$

Ta lại có: $P(0) \le c \sqrt{1-c^2}(1-2c^2)$

Đặt $F©=c \sqrt{1-c^2}(1-2c^2)$ với $c \in \big[0; \dfrac{ \sqrt{2}}{2} \big]$.

Giải thích: $c \in \big[0; \dfrac{ \sqrt{2}}{2} \big]$ vì $c^2 \le a^2=1-b^2-c^2 \le 1-c^2 \Rightarrow c^2 \le 1-c^2 \Rightarrow 0 \le c \le \dfrac{ \sqrt{2}}{2}$.

Ta có: $F^{'}©= \dfrac{8c^4-8c^2+1}{ \sqrt{1-c^2}} =0 \Rightarrow c=- \dfrac{ \sqrt{2+ \sqrt{2}}}{2}, c=- \dfrac{ \sqrt{2- \sqrt{2}}}{2}, c= \dfrac{ \sqrt{2- \sqrt{2}}}{2}, c= \dfrac{ \sqrt{2+ \sqrt{2}}}{2} $.

Lập bảng biến thiên ta có: $MaxF©= F \Bigg( \dfrac{ \sqrt{2- \sqrt{2}}}{2} \Bigg) = \dfrac{1}{4}$

Vậy ta có $MaxP= \dfrac{1}{4}$ tại $a= \dfrac{ \sqrt{2+ \sqrt{2}}}{2}, b=0, c= \dfrac{ \sqrt{2- \sqrt{2}}}{2} $.

________________________________________________________

Xét $$P^2=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2(a+b+c)^2$$
Nếu đặt $p=a+b+c\ge 0,\ 0\le q=ab+bc+ca\le 1,\ r=abc\ge 0$. Khi đó, giả thiết suy ra $p^2=2q+1$ và ta có
\[\begin{aligned}P^2&=(p^2q^2+8pqr-27r^2-4q^3-4p^3r)p^2\\
&=-27(2q+1)r^2-4(2q+1)\sqrt{2q+1}r+(2q+1)q^2(1-2q)=f®\end{aligned}\]
Ta có $f'®=0\iff r= \dfrac{-2\sqrt{2q+1}}{27}<0.$
Kết hợp BĐT $Schur$ suy ra $r\ge \max \left \{ 0, \dfrac{(2q-1)\sqrt{2q+1}}{4} \right \}$.
Vì hàm $f®$ là hàm bậc hai theo ẩn $r$ có hệ số $a<0$ và hoành độ đỉnh âm nên $f®$ nghịch biến trên $[0;+\infty).$
+ TH1: Nếu $\dfrac{1}{2}\le q\le 1$ thì
\[f®\le f \left( \dfrac{\sqrt{2q+1}(2q-1)}{4} \right ) =-218q^3+93q^2+54q-23\le 0.\]
+ TH2: Nếu $0\le q\le \dfrac{1}{2}$ thì
\[f®\le f \left( 0 \right ) =(1+2q)q^2(1-2q)\le \dfrac{1}{16}.\]
Do đó, \[- \dfrac{1}{4}\le P\le \dfrac{1}{4}\]
Vậy, \[\boxed{\min P= - \frac{1}{4}\Leftrightarrow a= \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2},b= \frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2},c=0}\]
\[\color{blue}{\boxed{\max P= \frac{1}{4}\Leftrightarrow b= \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2},c= \frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2},a=0}}\]

Nhưng mà điều kiện $a+b+c=1$ của em đâu có
P/S : Cho phép gọi là anh vì anh nhiều tuổi hơn, thực sự rất khâm phục em đấy!!! Lớp 10 gì mà ghê vậy ?

[nthoangcute]

Nhưng mà điều kiện $a+b+c=1$ của em đâu có
P/S : Cho phép gọi là anh vì anh nhiều tuổi hơn, thực sự rất khâm phục em đấy!!! Lớp 10 gì mà ghê vậy ?

Thì em mới bảo đây là bài gần tương tự, cũng có thể là tổng quát hơn ... (tham khảo được)
P/s: Mà sao anh post vào topic THCS thế

[25 minutes]

Thì em mới bảo đây là bài gần tương tự, cũng có thể là tổng quát hơn ... (tham khảo được)
P/s: Mà sao anh post vào topic THCS thế

Bài này anh đọc được trên THTT dành cho THCS, nhớ đề bài nhưng không nhớ tác giả là ai nữa vì cũng thất lạc 1 số báo rồi.
Đọc xong lời giải thì thấy hãi luôn ?

[duc12116]

Đây là PP pqr trong giải toán cực trị!