Bài toán : Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x,y \geq 1; 0 <z \leq 2.$ Tìm GTLN của :
$$P=\frac{xy+2z^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{5xy+z^2}{y^2+5xy+z^2}-\sqrt{\frac{x+y}{z}}$$
Bài toán : Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x,y \geq 1; 0 <z \leq 2.$ Tìm GTLN của :
$$P=\frac{xy+2z^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{5xy+z^2}{y^2+5xy+z^2}-\sqrt{\frac{x+y}{z}}$$
KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG
MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.
(FRANZ BECKEN BAUER)
ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.
Bài toán : Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x,y \geq 1; 0 <z \leq 2.$ Tìm GTLN của :
$$P=\frac{xy+2z^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{5xy+z^2}{y^2+5xy+z^2}-\sqrt{\frac{x+y}{z}}$$
Đặt
$ a = \frac{x}{z} , b = \frac{y}{z} , t =\sqrt{ a+b}$
$ \Rightarrow t \ge 1 ; ab \leq \frac{t^4}{4} $
Thay vào $2-P $
$2-P = \frac{a^2}{a^2 + ab + 2} + \frac{b^2}{b^2 + 5ab + 1} + \sqrt{a+b} $
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
$ 2-P \ge \frac{(a+b)^2}{(a+b)^2 + 3ab + 3} +\sqrt{a+b} \ge \frac{4t^4}{7t^4+12} + t $
$\Rightarrow \frac{15}{19} - P \ge \frac{133t^5 -85t^4 -48}{19(7t^4 +12)}$
Hay
$\frac{15}{19} - P \ge \frac{(t-1)(133t^4 + 48t^3 + 48t^2 + 48t+48}{19(7t^4+12)} \ge 0 $
Nên $P \leq \frac{15}{19} $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quangtq1998: 14-05-2016 - 17:31
Đặt $ a = \frac{x}{z} , b = \frac{y}{z} , t =\sqrt{ a+b}$
$ \Rightarrow t \ge 1 ; ab \leq \frac{t^4}{4} $
Thay vào $2-P $
$2-P = \frac{a^2}{a^2 + ab + 2} + \frac{b^2}{b^2 + 5ab + 1} + \sqrt{a+b} $
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
$ 2-P \ge \frac{(a+b)^2}{(a+b)^2 + 3ab + 3} +\sqrt{a+b} \ge \frac{4t^4}{7t^4+12} + t $
$\Rightarrow \frac{15}{19} - P \ge \frac{133t^5 -85t^4 -48}{19(7t^4 +12)}$
Hay
$\frac{15}{19} - P \ge \frac{(t-1)(133t^4 + 48t^3 + 48t^2 + 48t+48}{19(7t^4+12)} \ge 0 $
Nên $P \leq \frac{15}{19} $
Không biết bạn có thể chỉ ra dấu bằng trong bài trên được không ? Mình làm như sau :
Lời giải:
$P=2-(\frac{x^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{y^2}{y^2+5xy+z^2})-\sqrt{\frac{x+y}{z}};\\$
Riêng:
$\frac{x^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{y^2}{y^2+5xy+z^2} \geq \frac{(x+y)^2}{x^2+y^2+3z^2+6xy}=\frac{(x+y)^2}{(x+y)^2+3z^2+4xy} \geq \frac{(x+y)^2}{2(x+y)^2+3z^2};(4xy \leq (x+y)^2)$
Do đó :
$P \leq 2-\frac{t^2}{2t^2+3}-\sqrt{t}=f(t) ;$ với $t=\frac{x+y}{z} \geq 1$
Ta có :$f'(t)=-(\frac{6t}{(2t^2+3)^2}+\frac{1}{2\sqrt{t}}) \leq 0 \forall t\geq 1\\$
KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG
MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.
(FRANZ BECKEN BAUER)
ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.
Không biết bạn có thể chỉ ra dấu bằng trong bài trên được không ? Mình làm như sau :
Lời giải:
$P=2-(\frac{x^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{y^2}{y^2+5xy+z^2})-\sqrt{\frac{x+y}{z}};\\$
Riêng:
$\frac{x^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{y^2}{y^2+5xy+z^2} \geq \frac{(x+y)^2}{x^2+y^2+3z^2+6xy}=\frac{(x+y)^2}{(x+y)^2+3z^2+4xy} \geq \frac{(x+y)^2}{2(x+y)^2+3z^2};(4xy \leq (x+y)^2)$
Do đó :
$P \leq 2-\frac{t^2}{2t^2+3}-\sqrt{t}=f(t) ;$ với $t=\frac{x+y}{z} \geq 1$
Ta có :$f'(t)=-(\frac{6t}{(2t^2+3)^2}+\frac{1}{2\sqrt{t}}) \leq 0 \forall t\geq 1\\$
$\Rightarrow P \leq f(t) \leq f(1)=\frac{4}{5};\\$Dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}x=y \\ \dfrac{x+y}{z}=1 \\ x^2+xy+2z^2=y^2+5xy+z^2\end{cases} \Leftrightarrow z=2x=2y$
Đặt
$ a = \frac{x}{z} , b = \frac{y}{z} , t =\sqrt{ a+b}$
$ \Rightarrow t \ge 1 ; ab \leq \frac{t^4}{4} $
Thay vào $2-P $
$2-P = \frac{a^2}{a^2 + ab + 2} + \frac{b^2}{b^2 + 5ab + 1} + \sqrt{a+b} $
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
$ 2-P \ge \frac{(a+b)^2}{(a+b)^2 + 4ab + 3} +\sqrt{a+b} \ge \frac{t^4}{2t^4+3} + t $
$\Rightarrow \frac{4}{5} - P \ge \frac{20t^5-14t^4+30t-36}{10(2t^4+3)}$
Hay
$\frac{4}{5} - P \ge \frac{(t-1)(10t^4 + 3t^3 + 3t^2 + 3t+18)}{10(2t^4+3)} \ge 0 $
Nên $P \leq \frac{4}{5} $
Dấu "=" xảy ra chẳng hạn a=b=1,c=2
P/s Mình sửa lại giống bạn rồi, mình làm sai bước trên
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quangtq1998: 16-05-2016 - 21:29
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh