Chủ đề này có 4 trả lời

[dark templar]

Bài toán:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$7(a^2+b^2+c^2)=11(ab+bc+ca)$.Tìm GTLN và GTNN của:
$$P=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$$

[anh qua]

Bài toán:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$7(a^2+b^2+c^2)=11(ab+bc+ca)$.Tìm GTLN và GTNN của:
$$P=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$$

quằn quại cả tối hôm qua!
khi thay bộ số $(a,b,c)$ bởi một bộ số $(xa,xb,xc)$ thì bất đẳng thức không đổi. chuẩn hóa $a+b+c=5.$
từ gt suy ra $a+b+c= 5$, $ab+bc+ca=7$.
dùng mấy đánh giá quen thuộc ta có: $\dfrac{1}{3} \leq a,b,c \leq 3.$
suy ra $(a-\dfrac{1}{3})(b-\dfrac{1}{3})(c- \dfrac{1}{3}) \geq 0$
hay $abc \geq \dfrac{49}{27}$
tương tự ta có: $abc \leq 3.$
suy ra $\dfrac{49}{27} \leq abc \leq 3.$
mà $P= \dfrac{a^3+b^3+c^3+a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)+3abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
$=\dfrac{125+abc}{35-abc}-2$
ĐẶT
$abc= t$, $t \in \left [ \dfrac{49}{27};3 \right ]$
$p=\dfrac{125+t}{35-t}-2$ đồng biến trên $\left [ \dfrac{49}{27};3 \right ]$
suy ra $\dfrac{51}{28} \leq$
$ p \leq 2.$
Max $p=2$ khi và chỉ khi $(a,b,c)=(3,1,1)...$
Min $p=\dfrac{51}{28}$ khi và chỉ khi
$(a,b,c)=(\dfrac{7}{3};\dfrac{7}{3};\dfrac{1}{3})....$
BÀi GILN-GTNN 6 giải tương tự như bài trên!!!
BÀi này bạn lấy ý tưởng từ bài $(x+y+z)^3=32xyz$... phải không

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anh qua: 14-10-2011 - 20:13

[Didier]

quằn quại cả tối hôm qua!
khi thay bộ số $(a,b,c)$ bởi một bộ số $(xa,xb,xc)$ thì bất đẳng thức không đổi. chuẩn hóa $a+b+c=5.$
từ gt suy ra $a+b+c= 5$, $ab+bc+ca=7$.
dùng mấy đánh giá quen thuộc ta có: $\dfrac{1}{3} \leq a,b,c \leq 3.$
suy ra $(a-\dfrac{1}{3})(b-\dfrac{1}{3})(c- \dfrac{1}{3}) \geq 0$
hay $abc \geq \dfrac{49}{27}$
tương tự ta có: $abc \leq 3.$
suy ra $\dfrac{49}{27} \leq abc \leq 3.$
MÀ: $P= \dfrac{a^3+b^3+c^3+a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+ +3abc}{(a+ (b+c)(c+a)}$
.........
$=\dfrac{125+abc}{35-abc}-2$
Dặt $abc= t$, $t \in \left [ \dfrac{49}{27};3 \right ]$
$p=\dfrac{125+t}{35-t}-2$ đồng biến trên
$\left [ \dfrac{49}{27};3 \right ]$
suy ra $\dfrac{51}{28} \leq$
$ p \leq 2.$
Max $p=2$ khi và chỉ khi $(a,b,c)=(3,1,1)...$
Min $p=\dfrac{51}{28}$ khi và chỉ khi
$(a,b,c)=(\dfrac{7}{3};\dfrac{7}{3};\dfrac{1}{3})....$
BÀi GILN-GTNN 6 giải tương tự như bài trên!!!
BÀi này bạn lấy ý tưởng từ bài $(x+y+z)^3=32xyz$... phải không
cho hỏi phát làm sao đánh giá được $\dfrac{1}{3} \leq a,b,c \leq 3.$vậy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 10-10-2011 - 12:47

[anh qua]

ta có:
$a+b+c=5; ab+bc+ca=7 suy ra a+b=5-c; ab=7-c(5-c) suy ra: (5-c)^2 \geq 4(7-c(5-c)) hay 3 \geq c\geq \dfrac{1}{3}$

[dark templar]

quằn quại cả tối hôm qua!
khi thay bộ số $(a,b,c)$ bởi một bộ số $(xa,xb,xc)$ thì bất đẳng thức không đổi. chuẩn hóa $a+b+c=5.$
từ gt suy ra $a+b+c= 5$, $ab+bc+ca=7$.
dùng mấy đánh giá quen thuộc ta có: $\dfrac{1}{3} \leq a,b,c \leq 3.$
suy ra $(a-\dfrac{1}{3})(b-\dfrac{1}{3})(c- \dfrac{1}{3}) \geq 0$
hay $abc \geq \dfrac{49}{27}$
tương tự ta có: $abc \leq 3.$
suy ra $\dfrac{49}{27} \leq abc \leq 3.$
mà $P= \dfrac{a^3+b^3+c^3+a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)+3abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
$=\dfrac{125+abc}{35-abc}-2$
ĐẶT
$abc= t$, $t \in \left [ \dfrac{49}{27};3 \right ]$
$p=\dfrac{125+t}{35-t}-2$ đồng biến trên $\left [ \dfrac{49}{27};3 \right ]$
suy ra $\dfrac{51}{28} \leq$
$ p \leq 2.$
Max $p=2$ khi và chỉ khi $(a,b,c)=(3,1,1)...$
Min $p=\dfrac{51}{28}$ khi và chỉ khi
$(a,b,c)=(\dfrac{7}{3};\dfrac{7}{3};\dfrac{1}{3})....$
BÀi GILN-GTNN 6 giải tương tự như bài trên!!!
BÀi này bạn lấy ý tưởng từ bài $(x+y+z)^3=32xyz$... phải không

1 cách giải khác
Ta sẽ chứng minh rằng GTLN của $P$ là 2 và GTNN của $P$ là $\frac{51}{28}$,tức là $\frac{51}{28} \le P \le 2$.
Theo BĐT Cauchy-Schwarz và AM-GM,ta có:
$$a^2+b^2+c^2 \ge a^2+\frac{(b+c)^2}{2}$$
$$ab+bc+ca \le a(b+c)+\frac{(b+c)^2}{4}$$
Nên từ giả thuyết,ta có:
$$7\left[a^2+\frac{(b+c)^2}{2} \right] \le 11\left[a(b+c)+\frac{(b+c)^2}{4} \right]$$
Suy ra:
$$\frac{1}{14}(b+c) \le a \le \frac{3}{2}(b+c)$$
Do tính đối xứng giữa 3 biến $a,b,c$ nên ta cũng có:
$$\frac{1}{14}(a+c) \le b \le \frac{3}{2}(a+c);\frac{1}{14}(a+b) \le c \le \frac{3}{2}(a+b)$$
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz,ta có:
$$\frac{9}{2}-\sum \left(\frac{a}{b+c} \right)=\sum \left[\frac{\frac{3}{2}(b+c)-a}{b+c} \right] \ge \frac{\left[\sum \left(\frac{3}{2}(b+c)-a \right) \right]^2}{\sum \left[\frac{3}{2}(b+c)-a \right](b+c)}=\frac{4\left(\sum a \right)^2}{3\sum a^2 +\sum ab}=\frac{5}{2}+\frac{11\sum ab -7\sum a^2}{2(3\sum a^2+\sum ab)}=\frac{5}{2}$$
$$\Rightarrow \sum \left(\frac{a}{b+c} \right) \le 2$$
Đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c) \sim (3;1;1)$.
Với BĐT bên vế phải,cũng sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz,ta có:
$$\sum \left(\frac{a}{b+c} \right)-\frac{3}{14}=\sum \left[\frac{a-\frac{1}{14}(b+c)}{b+c} \right] \ge \frac{\left[\sum \left(a-\frac{1}{14}(b+c) \right) \right]^2}{\sum \left[a-\frac{1}{14}(b+c) \right](b+c)}=\frac{36}{7} \left[\frac{5}{16}+\frac{3(11\sum ab -7\sum a^2)}{16(13\sum ab -\sum a^2)} \right]$$
$$\Rightarrow \sum \left(\frac{a}{b+c} \right) \ge \frac{51}{28}$$
Đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c) \sim \left(\frac{7}{3};\frac{7}{3};\frac{1}{3} \right)$.
Bài toán đã được chứng minh xong.