Chủ đề này có 6 trả lời

[huou202]

Bài 1 : Cho $a,b,c\in [1;2]$ .Tìm min của $P=\frac{(a+b)^2}{c^2+4(ab+bc+ca)}$

Bài 2 : Cho $x,y,z\in [0;2]$ .Tìm max của  $A=x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz$

Bài 3: Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a^3+b^3=c^3$ .TÌm min của $P=\frac{a^2+b^2-c^2}{(c-a)(c-b)}$

 

 

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Bài 1

Giải

Đặt $x = \dfrac{c}{a + b}$, do $a, b, c \in [1; 2]$ nên suy ra $x \in \left [ \dfrac{1}{4}; 1\right ]$

Khi đó, ta có:

$P =\dfrac{(a + b)^2}{c^2 + 4ab + 4c(a + b)} =\dfrac{1}{\left (\dfrac{c}{a + b} \right )^2 + \dfrac{4ab}{(a + b)^2} + \dfrac{4c}{a + b}}$

 

$\geq \dfrac{1}{\left (\dfrac{c}{a + b} \right )^2 + 1 + \dfrac{4c}{a + b}} = \dfrac{1}{x^2 + 4x + 1}$

 

Xét hàm số $f(x) = \dfrac{1}{x^2 + 4x + 1}$ trên $\left [ \dfrac{1}{4}; 1\right ]$ có $f'(x) = \dfrac{-2(x + 2)}{(x^2 + 4x + 1)^2} < 0$ 

Hàm số đã cho nghịch biến trên $\left [ \dfrac{1}{4}; 1\right ]$

Vì vậy: $f(x) \geq f(1) = \dfrac{1}{6}$. Do đó: $P \geq \dfrac{1}{6}$. 

Dấu "=" xảy ra khi $x = 1$ và $a = b$. Khi đó: $c = 2$ và $a = b = 1$

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Bài 3

Giải

Từ giả thiết, suy ra: $\left (\dfrac{a}{c} \right )^3 + \left (\dfrac{b}{c} \right )^3 = 1$

Đặt $x = \dfrac{a}{c}; y = \dfrac{b}{c}, t = x + y$. Ta có: $x^3 + y^3 = 1$.

Khi đó: $\left\{\begin{matrix}xy = \dfrac{(x + y)^3 - 1}{3(x + y)} > 0\\t^3 \leq 4(x^3 + y^3) = 4\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}xy = \dfrac{t^3 - 1}{3t} > 0\\1 < t \leq \sqrt[3]{4}\end{matrix}\right. $

 

Ta có:

$P = \dfrac{\left (\dfrac{a}{c} \right )^2 + \left (\dfrac{b}{c} \right )^2 - 1}{\left ( 1 - \dfrac{a}{c}\right )\left ( 1 - \dfrac{b}{c}\right )} = \dfrac{x^2 + y^2 - 1}{(1 - x)(1 - y)}$

 

$= \dfrac{(x + y)^2 - 2xy - 1}{1 - (x + y) + xy} = \dfrac{t^2 - 2\dfrac{t^3 - 1}{3t} - 1}{1 - t + \dfrac{t^3 - 1}{3t}}$ 

 

$= \dfrac{t^3 - 3t + 2}{(t - 1)^3} = \dfrac{t + 2}{t - 1}$

 

Xét hàm số $f(t) = \dfrac{t + 2}{t - 1}$ trên $(1; \sqrt[3]{4}]$ có $f'(t) = \dfrac{-3}{(t - 1)^2} < 0$

Vậy, hàm nghịch biến trên $(1; \sqrt[3]{4}]$

Do đó: $P = f(t) \geq f(\sqrt[3]{4}) = \dfrac{\sqrt[3]{4} + 2}{\sqrt[3]{4} - 1}$

Dấu "=" xảy ra khi $t = \sqrt[3]{4}$ và $x = y$. Khi đó: $c = \sqrt[3]{2}a = \sqrt[3]{2}b$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 29-08-2013 - 00:17

[Lugiahooh]

Bài 2 có ở đây bạn nhé http://diendantoanho...y2sqrt18y34x-2/

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lugiahooh: 29-08-2013 - 22:34

[cuong4012]

Bài 1 : Cho $a,b,c\in [1;2]$ .Tìm min của $P=\frac{(a+b)^2}{c^2+4(ab+bc+ca)}$

Bài 2 : Cho $x,y,z\in [0;2]$ .Tìm max của  $A=x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz$

Bài 3: Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a^3+b^3=c^3$ .TÌm min của $P=\frac{a^2+b^2-c^2}{(c-a)(c-b)}$

Mình nghĩ bài 1 có thể đơn giản hơn rất nhiều khi ta nhận thấy P chỉ min khi c=max => c=2 sau đó có thể đánh giá trực tiếp theo bđt mà không cần xét qua hàm số.

 

Bài của bạn Bảo Chung bài 1 rồi sao đến bước 4 rồi. Không nhận xét a=b=1 để mẫu lớn nhất luôn khỏi cần xét lằng nhằng. Vì dù sao lần đầu đánh giá a=b để mẫu max và lần 2 suy ra a+b min để mẫu max suy ra luôn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cuong4012: 29-08-2013 - 23:27

[cuong4012]

 

Bài 3

Giải

Từ giả thiết, suy ra: $\left (\dfrac{a}{c} \right )^3 + \left (\dfrac{b}{c} \right )^3 = 1$

Đặt $x = \dfrac{a}{c}; y = \dfrac{b}{c}, t = x + y$. Ta có: $x^3 + y^3 = 1$.

Khi đó: $\left\{\begin{matrix}xy = \dfrac{(x + y)^3 - 1}{3(x + y)} > 0\\t^3 \leq 4(x^3 + y^3) = 4\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}xy = \dfrac{t^3 - 1}{3t} > 0\\1 < t \leq \sqrt[3]{4}\end{matrix}\right. $

 

Ta có:

$P = \dfrac{\left (\dfrac{a}{c} \right )^2 + \left (\dfrac{b}{c} \right )^2 - 1}{\left ( 1 - \dfrac{a}{c}\right )\left ( 1 - \dfrac{b}{c}\right )} = \dfrac{x^2 + y^2 - 1}{(1 - x)(1 - y)}$

 

$= \dfrac{(x + y)^2 - 2xy - 1}{1 - (x + y) + xy} = \dfrac{t^2 - 2\dfrac{t^3 - 1}{3t} - 1}{1 - t + \dfrac{t^3 - 1}{3t}}$ 

 

$= \dfrac{t^3 - 3t + 2}{(t - 1)^3} = \dfrac{t + 2}{t - 1}$

 

Xét hàm số $f(t) = \dfrac{t + 2}{t - 1}$ trên $(1; \sqrt[3]{4}]$ có $f'(t) = \dfrac{-3}{(t - 1)^2} < 0$

Vậy, hàm nghịch biến trên $(1; \sqrt[3]{4}]$

Do đó: $P = f(t) \geq f(\sqrt[3]{4}) = \dfrac{\sqrt[3]{4} + 2}{\sqrt[3]{4} - 1}$

Dấu "=" xảy ra khi $t = \sqrt[3]{4}$ và $x = y$. Khi đó: $c = \sqrt[3]{2}a = \sqrt[3]{2}b$

 

Bài 3: mình không thạo cách làm quy về hàm số lắm nhưng nếu phân tích P như sau thì sao:

 

Vì $a^3+b^3=c^3$ mà $a,b,c>0$ suy ra $c>a,b>0$

 

$P=\frac{a^2+b^2-c^2}{(c-a)(c-b)}$

 

$=\frac{(a^2+b^2-c^2)c}{c(c-a)(c-b)}$

 

$=\frac{ca^2+cb^2-a^3-b^3}{c(c-a)(c-b)}$

 

$=\frac{a^2}{c(c-b)}+\frac{b^2}{c(c-a)}$

 

Min và Max đều không tồn tại trong biểu thức như vậy??? $c$ lớn chừng nào cho $P$ min?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cuong4012: 29-08-2013 - 23:51

[Lugiahooh]

$c$ lớn chừng nào cho $P$ min?

Khi c thay đổi thì a, b cũng thay đổi mà bạn (do giả thiết ở đề bài), nên không thể kết luận "c lớn lên thì P nhỏ đi" được