Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c =3. Tìm GTNN của biểu thức $abc + \frac{12}{ab+bc+ac}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tea Coffee: 21-02-2019 - 09:55
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c =3. Tìm GTNN của biểu thức $abc + \frac{12}{ab+bc+ac}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tea Coffee: 21-02-2019 - 09:55
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c =3. Tìm GTNN của biểu thức $abc + \frac{12}{ab+bc+ac}$
Lời giải:
Đặt $(a+b+c;ab+bc+ca;abc)=(p;q;r)$. Theo đề: $p=3$.
Ta có hệ thức quen thuộc sau: $p^3+9r\ge 4pq\implies 27+9r\ge 12q\implies 9+3r\ge 4q\implies r\ge \frac{4q-9}{3}$.
Khi đó: $abc+\frac{12}{ab+bc+ca}=r+\frac{12}{q}\ge \frac{4q-9}{3}+\frac{12}{q}=\frac{4q}{3}+\frac{12}{q}-3=\frac{4}{3}(q+\frac{9}{q})-3\ge \frac{4}{3}.2.3-3=5$.
Vậy GTNN cần tìm là $5$. Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c=1$.
Lời giải:
Đặt $(a+b+c;ab+bc+ca;abc)=(p;q;r)$. Theo đề: $p=3$.
Ta có hệ thức quen thuộc sau: $p^3+9r\ge 4pq\implies 27+9r\ge 12q\implies 9+3r\ge 4q\implies r\ge \frac{4q-9}{3}$.
Khi đó: $abc+\frac{12}{ab+bc+ca}=r+\frac{12}{q}\ge \frac{4q-9}{3}+\frac{12}{q}=\frac{4q}{3}+\frac{12}{q}-3=\frac{4}{3}(q+\frac{9}{q})-3\ge \frac{4}{3}.2.3-3=5$.
Vậy GTNN cần tìm là $5$. Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c=1$.
Mình cảm ơn, liệu còn cách nào khác ngoài cách dùng p,q,r không bạn ?
Lời giải:
Đặt $(a+b+c;ab+bc+ca;abc)=(p;q;r)$. Theo đề: $p=3$.
Ta có hệ thức quen thuộc sau: $p^3+9r\ge 4pq\implies 27+9r\ge 12q\implies 9+3r\ge 4q\implies r\ge \frac{4q-9}{3}$.
Khi đó: $abc+\frac{12}{ab+bc+ca}=r+\frac{12}{q}\ge \frac{4q-9}{3}+\frac{12}{q}=\frac{4q}{3}+\frac{12}{q}-3=\frac{4}{3}(q+\frac{9}{q})-3\ge \frac{4}{3}.2.3-3=5$.
Vậy GTNN cần tìm là $5$. Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c=1$.
Cách của mình làm đến bước cuối thì không biết đánh giá kiểu gì
Theo nguyên lí Dirichle trong ba số $a-1, b-1, c-1$ có hai số cùng dấu, không mất tính tổng quát giả sử hai số đó là : $a-1, b-1$
Khi đó $(a-1)(b-1)c\geq 0\Leftrightarrow abc\geq ac+bc-c=c(3-c)-c$
$\Leftrightarrow abc\geq 2c-c^2$
Mặt khác ta có : $ab+bc+ac\leqslant \frac{(a+b)^2}{4}+c(3-c)=\frac{(3-c)^2}{4}+c(3-c)$
$\Leftrightarrow ab+bc+ac\leq \frac{-3c^2+6c+9}{4}\Leftrightarrow \frac{12}{ab+bc+ac}\geqslant \frac{48}{-3c^2+6c+9}=\frac{16}{-c^2+2c+3}$
$\Rightarrow abc+\frac{12}{ab+bc+ac}\geqslant 2c-c^2+\frac{16}{2c-c^2+3}$. Đến đây mình định đặt cụm $2c-c^2=t$ rồi AM-GM nhưng lại không biết âm dương, mong bạn góp ý . Mình cảm ơn
Cách của mình làm đến bước cuối thì không biết đánh giá kiểu gì
Theo nguyên lí Dirichle trong ba số $a-1, b-1, c-1$ có hai số cùng dấu, không mất tính tổng quát giả sử hai số đó là : $a-1, b-1$
Khi đó $(a-1)(b-1)c\geq 0\Leftrightarrow abc\geq ac+bc-c=c(3-c)-c$
$\Leftrightarrow abc\geq 2c-c^2$
Mặt khác ta có : $ab+bc+ac\leqslant \frac{(a+b)^2}{4}+c(3-c)=\frac{(3-c)^2}{4}+c(3-c)$
$\Leftrightarrow ab+bc+ac\leq \frac{-3c^2+6c+9}{4}\Leftrightarrow \frac{12}{ab+bc+ac}\geqslant \frac{48}{-3c^2+6c+9}=\frac{16}{-c^2+2c+3}$
$\Rightarrow abc+\frac{12}{ab+bc+ac}\geqslant 2c-c^2+\frac{16}{2c-c^2+3}$. Đến đây mình định đặt cụm $2c-c^2=t$ rồi AM-GM nhưng lại không biết âm dương, mong bạn góp ý . Mình cảm ơn
Ta có: $\frac{(3-c)^2}{4}+c(3-c)>0\iff \frac{-3c^2+6c+9}{4}>0\iff -c^2+2c+3>0$. Do đó đặt $t=-c^2+2c+3(t>0)$.
Khi đó khảo sát hàm $f(c)=2c-c^2+\frac{16}{2c-c^2+3}=t-3+\frac{16}{t}=(t+\frac{16}{t})-3\ge 2.4-3=5$.
Đến đây ta cũng suy ra được như trên.
Không mất đi tính tổng quát trong chứng minh $\it{,}$ giả sử $\it{0}< \it{a}\leqq \it{b}\leqq \it{c}$ $\it{.}$ Bất đẳng thức trên cũng được viết dưới dạng $\it{:}$
$$\it{abc}+ \frac{\it{24}}{\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}+ \it{c}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}- \it{(}\,\,\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{b}^{\,\it{2}}+ \it{c}^{\,\it{2}}\,\,\it{)}}\geqq \it{5}$$
với $\it{:}$
$$\it{a}+ \it{b}+ \it{c}= \it{3}\,\,,\,\,\it{abc}= \it{constant}$$
Ta được một hàm số bậc nhất theo $\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{b}^{\,\it{2}}+ \it{c}^{\,\it{2}}$ $\it{,}$ để đạt được $\min$ thì $\it{a}\leqq \it{b}= \it{c}$ $\it{.}$ $\it{[}$ sử dụng phương pháp $\lceil$ uvw $\rfloor$ $\it{]}$ $\it{.}$ Ta cần chứng minh $\it{:}$
$$\it{ab}^{\,\it{2}}+ \frac{\it{12}}{\it{b}^{\,\it{2}}+ \it{2}\,\it{ab}}\geqq \it{5}\,\,\it{(}\,\,\it{0}< \it{a}\leqq \it{1}\leqq \it{b}\,\,,\,\,\it{a}+ \it{2}\,\it{b}= \it{3}\,\,\it{)}$$
$$\Leftrightarrow \,\,\it{(}\,\,\it{3}- \it{2}\,\it{b}\,\,\it{)}\it{b}^{\,\it{2}}+ \frac{\it{12}}{\it{b}^{\,\it{2}}+ \it{2}\it{(}\,\,\it{3}- \it{2}\,\it{b}\,\,\it{)}\it{b}}\geqq \it{5}\,\,\Leftrightarrow \,\,\it{(}\,\,\it{b}- \it{1}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}\it{(}\,\,\it{2}\,\it{b}^{\,\it{3}}- \it{3}\,\it{b}^{\,\it{2}}- \it{2}\,\it{b}+ \it{4}\,\,\it{)}\geqq \it{0}$$
Với $\it{0}< \it{b}\leqq \frac{\it{3}}{\it{2}}\Rightarrow \it{2}\,\it{b}^{\,\it{3}}- \it{3}\,\it{b}^{\,\it{2}}- \it{2}\,\it{b}+ \it{4}> \it{0}$ $\it{,}$ trong tình huống ngược lại $\it{:}$
$\it{f}\it{(}\,\,\it{b}\,\,\it{)}= \it{2}\,\it{b}^{\,\it{3}}- \it{3}\,\it{b}^{\,\it{2}}- \it{2}\,\it{b}+ \it{4}$ cho ta $\it{:}$
${\it{f}}'\it{(}\,\,\it{b}\,\,\it{)}= \it{6}\,\it{b}^{\,\it{2}}- \it{6}\,\it{b}- \it{2}$ có nghiệm $\it{:}$ $\alpha = \frac{\it{3}+ \sqrt{\,\it{21}\,}}{\it{6}}< \frac{\it{3}}{\it{2}}$ $\it{,}$ lập được bảng biến thiên phía dưới $\it{:}$
$$\begin{array}{|r|l|l|l|l|l|} \hline \it{b}\,\,\,\,\,\,\, & \it{1} & \it{...} & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\alpha & \it{...} & \frac{\it{3}}{\it{2}} \\ \hline {\it{f}}'\it{(}\,\,\it{b}\,\,\it{)} & \, & \it{-} & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\it{0} & \it{+} & \it{0} \\ \hline \it{f}\it{(}\,\,\it{b}\,\,\it{)}\, & \, & \it{\searrow} & \text{very small} & \it{\nearrow} & \\ \hline \end{array}$$
$\Rightarrow \it{f}\it{(}\,\,\it{b}\,\,\it{)}\geqq \it{f}\it{(}\,\,\alpha\,\,\it{)}= {\it{f}}'\it{(}\,\,\alpha\,\,\it{)}\,\it{.}\,\frac{\it{2}\,.\,\alpha - \it{1}}{\it{6}}- \frac{\it{7}\,.\,\alpha - \it{11}}{\it{3}}= \frac{\it{11}- \it{7}\,.\,\it{\alpha }}{\it{3}}> \it{0}\,\,\it{(}\,\,\alpha < \frac{\it{3}}{\it{2}}< \frac{\it{11}}{\it{7}}\,\,\it{)}$ $\it{.}$
Nhận xét $\it{:}$ Bất đẳng thức tổng quát với cùng điều kiện giả thiết $\it{:}$
$$\it{abc}+ \frac{\it{k}^{\,\it{2}}- \it{2}\,\it{k}+ \it{4}}{\it{ab}+ \it{bc}+ \it{ca}}\geqq \it{k}+ \it{1}\,\,\it{(}\,\,\it{k}\geqq \it{0}\,\,\it{)}$$
Đúng với $\it{:}$
$\left ( \,\,\it{k}\in \it{[}\,\,\it{1}\,\,,\,\,\it{4}\,\,\it{]}\,\, \right )\,\,\wedge \,\,\left ( \,\,\it{k}\in \it{[}\,\,\it{0}\,.\,\it{208381}\,\,,\,\,\it{0}\,.\,\it{839196}\,\,\it{]}\,\, \right )$ và $\it{:}$
$\it{0}\,.\,\it{208381}$ và $\it{0}\,.\,\it{839196}$ là $\it{2}$ nghiệm của phương trình $\it{:}$
$\it{3125}\,\it{k}^{\,\it{6}}- \it{27}\,\it{471}\,\it{k}^{\,\it{5}}+ \it{80994}\,\it{k}^{\,\it{4}}- \it{139}\,\it{549}\,\it{k}^{\,\it{3}}+ \it{268}\,\it{545}\,\it{k}^{\,\it{2}}- \it{199}\,\it{641}\,\it{k}+ \it{31}\,\it{061}= \it{0}$ $\it{.}$
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức $ P=\frac{a}{4-a b}+\frac{b}{4-b c}+\frac{c}{4-c a}$Bắt đầu bởi NAT, 10-06-2022 gtln, gtnn |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$Cho a,b,c\geq 0 \sum a\doteq 1 \sum \sqrt{\frac{a}{2a^{2}+bc}}\geq 2$Bắt đầu bởi TARGET, 07-03-2022 bdt |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sqrt{\frac{4x^2+y^2}{2}}+\sqrt{\frac{4x^2+2xy+y^2}{3}}\geq 2x+y$Bắt đầu bởi lmtrtan123334, 18-10-2021 bdt |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Bất đẳng thức và cực trị →
Tìm GTNN của $P=8(a^2+b^2)-2a-2b$ biết $2a\sin^2 x+b(\sin x-\cos x)^2=0$ luôn có nghiệmBắt đầu bởi hieulu, 02-09-2021 toán 12, bdt, khó |
|
|||
|
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Bất đẳng thức và cực trị →
Bất đẳng thứcBắt đầu bởi yungazier, 12-08-2021 batdangthuc, bdt |
|
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh