$\frac{\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{b^{2}+1}+\sqrt{c^{2}+1}}{a+b+c}$
#1
Đã gửi 22-02-2013 - 19:37
Tìm Max $\frac{\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{b^{2}+1}+\sqrt{c^{2}+1}}{a+b+c}$
- Atu và khanhlinh97 thích
#2
Đã gửi 25-02-2013 - 08:51
Gợi ý :Cho a,b,c dương và abc=1
Tìm Max $\frac{\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{b^{2}+1}+\sqrt{c^{2}+1}}{a+b+c}$
- Chứng minh bằng đạo hàm :$\sqrt{x^2+1}-\sqrt{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}\ln x \le 0 \quad \forall x>0$.
- Để ý là với $abc=1$ thì $\ln a+\ln b+\ln c=0$.
- nguyen phat tai, minhtuyb và Atu thích
#4
Đã gửi 25-02-2013 - 20:37
cho em hỏi làm sao chứng minh được $ab+bc+ca\leqslant a+b+c$$\frac{\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{b^{2}+1}+\sqrt{c^{2}+1}}{a+b+c} = \frac{\sum\sqrt{2a(a+bc)}}{\sqrt2(a+b+c)}\leq\frac{3(a+b+c)+(ab+bc+ca)}{2\sqrt2(a+b+c)}\leq \frac{4(a+b+c)}{2\sqrt2(a+b+c)}=\sqrt2$
$Max=\sqrt2 \leftrightarrow a=b=c=1$
#5
Đã gửi 25-02-2013 - 20:44
Thực chất là BĐT này sai vì nếu thay $(a;b;c) \to \left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c} \right)$ thì sẽ có $ab+bc+ca \ge a+b+c$,mâu thuẫn !cho em hỏi làm sao chứng minh được $ab+bc+ca\leqslant a+b+c$
#6
Đã gửi 25-02-2013 - 20:56
thế là anh nguyen phat tai làm sai àThực chất là BĐT này sai vì nếu thay $(a;b;c) \to \left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c} \right)$ thì sẽ có $ab+bc+ca \ge a+b+c$,mâu thuẫn !
@Dark templar:Hiển nhiên rồi.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 25-02-2013 - 21:23
#7
Đã gửi 26-02-2013 - 09:18
sao bạn tìm ra được hàm này vậy ?Gợi ý :
- Chứng minh bằng đạo hàm :$\sqrt{x^2+1}-\sqrt{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}\ln x \le 0 \quad \forall x>0$.
- Để ý là với $abc=1$ thì $\ln a+\ln b+\ln c=0$.
#8
Đã gửi 26-02-2013 - 09:35
Đây là ý tưởng cũ rồi bạn, dùng The Hyberbolic Functional Techiquesao bạn tìm ra được hàm này vậy ?
Nhận thấy đạt giá trị lớn nhất tại $x=y=z=1$ nên ta cần chứng minh: $\sum \sqrt{x^2+1}\leq \sqrt{2}(x+y+z)$
Nếu $x+y+z=3$ thì tìm $g(x)=k(x-1)$ còn $xyz=1$ thì $g(x)=ln x$ lí do là khi cộng vào ta được bằng $0$. Cần tìm $k$ sao cho $\sqrt{x^2+1}\leq 2\sqrt{x}+k\ln x$, dễ có $k=\frac{1}{\sqrt{2}}$
Xét hàm $f(x)=\sqrt{x^2+1}- 2\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{2}}\ln$
$f'(x)=\frac{(1-x)(1-x+2x^2+2x^2\sqrt{2(1+x^2)})}{x\sqrt{2(x^2+1)(\sqrt{2}x^2+\sqrt{x^2+1})}}$
$f'(x)=0\Leftrightarrow x=1$ và dễ có: $f(x)\geq f(1)=0$ hay $\sqrt{x^2+1}\leq \sqrt{2}x+\frac{1}{\sqrt{2}}\ln x$Thiết lập các BDT tương tự có đpcm.
- duong vi tuan, Didier và Atu thích
<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.
.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.
#9
Đã gửi 26-02-2013 - 09:53
Đây là ý tưởng cũ rồi bạn, dùng The Hyberbolic Functional Techique
Cảm ơn bạn nhiều nha - Đường Vĩ tuấn ko biết điều này - .
#10
Đã gửi 26-02-2013 - 12:09
ax, sorry mấy bạn, hôm qua xem không kĩCảm ơn bạn nhiều nha - Đường Vĩ tuấn ko biết điều này - .
#11
Đã gửi 27-02-2013 - 18:48
chẹp chẹp, em mới học lớp 10, chưa biết vụ lnx +lny+lnz=0Đây là ý tưởng cũ rồi bạn, dùng The Hyberbolic Functional Techique
Nhận thấy đạt giá trị lớn nhất tại $x=y=z=1$ nên ta cần chứng minh: $\sum \sqrt{x^2+1}\leq \sqrt{2}(x+y+z)$
Nếu $x+y+z=3$ thì tìm $g(x)=k(x-1)$ còn $xyz=1$ thì $g(x)=ln x$ lí do là khi cộng vào ta được bằng $0$. Cần tìm $k$ sao cho $\sqrt{x^2+1}\leq 2\sqrt{x}+k\ln x$, dễ có $k=\frac{1}{\sqrt{2}}$
Xét hàm $f(x)=\sqrt{x^2+1}- 2\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{2}}\ln$$f'(x)=\frac{(1-x)(1-x+2x^2+2x^2\sqrt{2(1+x^2)})}{x\sqrt{2(x^2+1)(\sqrt{2}x^2+\sqrt{x^2+1})}}$
$f'(x)=0\Leftrightarrow x=1$ và dễ có: $f(x)\geq f(1)=0$ hay $\sqrt{x^2+1}\leq \sqrt{2}x+\frac{1}{\sqrt{2}}\ln x$
Thiết lập các BDT tương tự có đpcm.
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh