Chủ đề này có 5 trả lời

[Trang Luong]

Cho $a,b,c>0.$Tìm min :  $P=\sum \frac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2}$

[Hoang Tung 126]

Cho $a,b,c>0.$Tìm min :  $P=\sum \frac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2}$

Ta sẽ CM :$P\geq \frac{3}{5}< = > \sum \frac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2}\geq \frac{3}{5}< = > \sum \frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}\leq \frac{6}{5}$

Chuẩn hoá $a+b+c=3$

Ta có:$\sum \frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}=\sum \frac{a(3-a)}{a^2+(3-a)^2}\leq \frac{6}{5}< = > \sum \frac{1}{2a^2-6a+9}\leq \frac{3}{5}$

Mặt khác ta có:$\frac{1}{2a^2-6a+9}\leq \frac{2a+3}{25}< = > a^3+a^3+1\geq 3a^2$(Luôn đúng theo AM-GM 3 số)

 Do đó $\sum \frac{1}{2a^2-6a+9}\leq \sum \frac{2a+3}{25}=\frac{2\sum a+9}{25}=\frac{2.3+9}{25}=\frac{3}{5}$(ĐPCM)

[phata1pvd]

$\frac{1}{2a^2-6a+9}\leq \frac{2a+3}{25}< = > a^3+a^3+1\geq 3a^2$

 

 

 

 cái này dùng phương pháp tiếp tuyến hả bạn?  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phata1pvd: 05-03-2014 - 17:36

[hoctrocuanewton]

cách 2:

$\sum \frac{(b+c-a)^{2}}{a^{2}+(b+c)^{2}}=\sum (1-\frac{2a(b+c)}{a^{2}+(b+c)^{2}})= 3-\sum \frac{2a(b+c)}{a^{2}+(b+c)^{2}} (1)$

ta có

$\sum \frac{2a(b+c)}{a^{2}+(b+c)^{2}} \leqslant \sum \frac{2a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}=\sum \frac{8a}{4a+3b+3c}= \sum (2-\frac{6(b+c)}{4a+3b+3c})(2)$

nhận thấy MinP=$\frac{3}{5}$ nên từ (1) (2) suy ra ta cần chứng minh

$\sum \frac{6(b+c)}{4a+3b+3c}\geqslant \frac{18}{5}\Leftrightarrow \sum \frac{b+c}{4a+3b+3c}\geqslant \frac{3}{5}$

áp dụng bđt schwars ta có:

$\sum \tfrac{b+c}{4a+3b+3c}= \sum \frac{(b+c)^{2}}{4a(b+c)+3(b+c)^{2}}\geqslant \frac{4(a+b+c)^{2}}{6(\sum a^{2}+2\sum ab)+2\sum ab}= \frac{4(a+b+c)^{2}}{6(a+b+c)^{2}+2\sum ab}\geqslant \frac{4(a+b+c)^{2}}{6(a+b+c)^{2}+\frac{2}{3}(a+b+c)^{2}}= \frac{3}{5}$

vậy ta được đpcm

[buitudong1998]

Đây là đề USAMO 2008

[stronger steps 99]

Hanoi Open Mathematical  Olympaid 2007: Junior Section, Sunday, 15 April 2007 ^^