Chủ đề này có 3 trả lời

[Arthur Pendragon]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc+a+c=b$. Chứng minh rằng:

$$\frac{2}{1+a^2}-\frac{2}{1+b^2}+\frac{3}{1+c^2} \leq \frac{10}{3}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Arthur Pendragon: 30-07-2019 - 11:37

[Arthur Pendragon]

Đặt $a=\tan x, b=\tan y, c = \tan z$ với $x,y,z \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$. Khi đó từ điều kiện, ta dễ có $\tan x = \tan (y-z)$, hay $x-y+z=0$. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 

$$2\cos^2x-2\cos^2y+3\cos^2z \leq \frac{10}{3}$$

 

[supermember]

Liệu rằng có thể sử dụng phương pháp đã trình bày trong bài BĐT ở TOPIC https://diendantoanh...lâm-đồng-2022/ để giải quyết bài toán này không?

Supermember nghĩ rằng làm được, các bạn hãy thử xem

 

Ok, let's go!. Hi vọng là giải đúng!

Từ giả thiết bài toán ta suy ra: $ a = \frac{b-c}{1+bc}$

 

Do giả thiết bài toán $a;b ; c$ là những số thực dương nên hiển nhiên phải có: $b >c$

 

Do đó $ \mathcal{P} (a;b;c) = \frac{2}{1+a^2} - \frac{2}{1+b^2} + \frac{3}{1+c^2} = \frac{2}{1+ \frac{(b-c)^2}{(1+bc)^2}} - \frac{2}{1+b^2} + \frac{3}{1+c^2} $

 

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

 

Với mỗi giá trị $c$ cố định, Ta sẽ đi khảo sát hàm số : $ f(x) =  \frac{ (1+xc)^2 - (1+c^2)}{1+x^2} = \frac{ 2cx+  c^2 x^2 - c^2}{1+x^2} $ trên $ (c; +\infty)$

 

Thật vậy, $ f^{'}(x) =   \frac{ (2c^2 x+2c)(1+x^2) - 2x(2cx+  c^2 x^2 - c^2) }{(1+x^2)^2}  =   \frac{ 2c(1 +2cx -x^2) }{(1+x^2)^2}$

 

Do đó $ f^{'}(x) =0 \Leftrightarrow 1 + 2cx - x^2 = 0  \Leftrightarrow (x-c)^2 = c^2 +1 \Leftrightarrow x = x_0= \sqrt{c^2+1} +c$

 

Từ kiến thức cơ bản về dấu của tam thức bậc $2$, Ta dễ thấy rằng $f(x)$ đơn điệu tăng trên $(c; x_0 ]$ và đơn điệu giảm trên $ [x_0 ; + \infty)$ do đó:

 

$ f(x) \leq f(x_0)$ với mọi $x$ thuộc $  (c; +\infty)$

 

Xét khai triển $f(x_0)$ thì bằng tính toán và rút gọn, ta có: $ f(x_0) = c^2 + \frac{c}{c + \sqrt{1+c^2}}$

 

Suy ra $ \mathcal{P} (a;b;c) \leq \frac{2}{1+c^2}  \cdot \left( c^2 + \frac{c}{c + \sqrt{1+c^2}} \right)   + \frac{3}{1+c^2} = g(c)$      $(2)$

 

Đoạn kết của bài toán chỉ còn là đi khảo sát hàm $ g(c)$ này trên $ (0; \infty)$ mà thôi. Tuy rằng không phải dễ nhưng cũng sẽ không quá khó :)

 

Ta dùng kỹ năng cơ bản về các " lượng liên hợp", thật vậy:

$ g(c) = \frac{2}{1+c^2}  \cdot \left( c^2 + \frac{c \cdot (  \sqrt{1+c^2} -c) }{(c + \sqrt{1+c^2}) \cdot (  \sqrt{1+c^2} -c) } \right)   + \frac{3}{1+c^2} $

 

$ = \frac{2}{1+c^2}  \cdot \left( c^2 + c \cdot (  \sqrt{1+c^2} -c ) \right)  + \frac{3}{1+c^2} $

 

$ \implies g(c) = \frac{2c}{ \sqrt{1+c^2}}  + \frac{3}{1+c^2} $      $(3)$

 

Đặt ẩn phụ $ t =  \sqrt{1+c^2}$ và rõ ràng $ t> 1$

 

$g(c) = \frac{ 2 \sqrt{t^2-1}}{t} + \frac{3}{t^2} = h(t)$ . Ta khảo sát hàm $h(t)$ trên $(1; + \infty)$

 

Ta có $ h^{'}(t) = \frac{2t - 6 \sqrt{t^2-1}}{t^3 \sqrt{t^2-1}} =  \frac{2(9 - 8t^2)}{ t^3 \cdot \sqrt{t^2-1} \cdot ( t+ 3 \sqrt{t^2-1} )} $ Thì $ h^{'}(t) = 0  \Leftrightarrow  9-8t^2 =0 \Leftrightarrow  8t^2 =9 \Leftrightarrow t = t_0 = \frac{3}{ 2 \sqrt{2}} $

 

Ta dễ thấy $ h(t)$ là hàm đồng biến trên $ (1; t_0 ]$ và là hàm nghịch biến trên $ [t_0 ; +\infty)$

 

Do đó $ g(c) = h(t) \leq h(t_0) = \frac{10}{3} $       $(4)$

 

Do đó , từ $(1); \ (2); \ (3); \ (4)$, ta suy ra:

 

Giá trị lớn nhất của $  \mathcal{P} (a;b;c)$ là $ \frac{10}{3} $, đạt được khi $ c = \frac{1}{ 2 \sqrt{2}} ; b = \sqrt{2} ;  a =  \frac{1}{ \sqrt{2}}$

 

Bài Toán Theo đó được giải quyết hoàn toàn. Và thực ra ta còn giải được bài toán ở dạng khó hơn là tìm GTLN thay vì chỉ đi chứng minh bất đẳng thức.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 20-12-2021 - 10:34

[KietLW9]

Liệu rằng có thể sử dụng phương pháp đã trình bày trong bài BĐT ở TOPIC https://diendantoanh...lâm-đồng-2022/ để giải quyết bài toán này không?

Supermember nghĩ rằng làm được, các bạn hãy thử xem

 

Ok, let's go!. Hi vọng là giải đúng!

Từ giả thiết bài toán ta suy ra: $ a = \frac{b-c}{1+bc}$

 

Do giả thiết bài toán $a;b ; c$ là những số thực dương nên hiển nhiên phải có: $b >c$

 

Do đó $ \mathcal{P} (a;b;c) = \frac{2}{1+a^2} - \frac{2}{1+b^2} + \frac{3}{1+c^2} = \frac{2}{1+ \frac{(b-c)^2}{(1+bc)^2}} - \frac{2}{1+b^2} + \frac{3}{1+c^2} $

 

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

 

Với mỗi giá trị $c$ cố định, Ta sẽ đi khảo sát hàm số : $ f(x) =  \frac{ (1+xc)^2 - (1+c^2)}{1+x^2} = \frac{ 2cx+  c^2 x^2 - c^2}{1+x^2} $ trên $ (c; +\infty)$

 

Thật vậy, $ f^{'}(x) =   \frac{ (2c^2 x+2c)(1+x^2) - 2x(2cx+  c^2 x^2 - c^2) }{(1+x^2)^2}  =   \frac{ 2c(1 +2cx -x^2) }{(1+x^2)^2}$

 

Do đó $ f^{'}(x) =0 \Leftrightarrow 1 + 2cx - x^2 = 0  \Leftrightarrow (x-c)^2 = c^2 +1 \Leftrightarrow x = x_0= \sqrt{c^2+1} +c$

 

Từ kiến thức cơ bản về dấu của tam thức bậc $2$, Ta dễ thấy rằng $f(x)$ đơn điệu tăng trên $(c; x_0 ]$ và đơn điệu giảm trên $ [x_0 ; + \infty)$ do đó:

 

$ f(x) \leq f(x_0)$ với mọi $x$ thuộc $  (c; +\infty)$

 

Xét khai triển $f(x_0)$ thì bằng tính toán và rút gọn, ta có: $ f(x_0) = c^2 + \frac{c}{c + \sqrt{1+c^2}}$

 

Suy ra $ \mathcal{P} (a;b;c) \leq \frac{2}{1+c^2}  \cdot \left( c^2 + \frac{c}{c + \sqrt{1+c^2}} \right)   + \frac{3}{1+c^2} = g(c)$      $(2)$

 

Đoạn kết của bài toán chỉ còn là đi khảo sát hàm $ g(c)$ này trên $ (0; \infty)$ mà thôi. Tuy rằng không phải dễ nhưng cũng sẽ không quá khó :)

 

Ta dùng kỹ năng cơ bản về các " lượng liên hợp", thật vậy:

$ g(c) = \frac{2}{1+c^2}  \cdot \left( c^2 + \frac{c \cdot (  \sqrt{1+c^2} -c) }{(c + \sqrt{1+c^2}) \cdot (  \sqrt{1+c^2} -c) } \right)   + \frac{3}{1+c^2} $

 

$ = \frac{2}{1+c^2}  \cdot \left( c^2 + c \cdot (  \sqrt{1+c^2} -c ) \right)  + \frac{3}{1+c^2} $

 

$ \implies g(c) = \frac{2c}{ \sqrt{1+c^2}}  + \frac{3}{1+c^2} $      $(3)$

 

Đặt ẩn phụ $ t =  \sqrt{1+c^2}$ và rõ ràng $ t> 1$

 

$g(c) = \frac{ 2 \sqrt{t^2-1}}{t} + \frac{3}{t^2} = h(t)$ . Ta khảo sát hàm $h(t)$ trên $(1; + \infty)$

 

Ta có $ h^{'}(t) = \frac{2t - 6 \sqrt{t^2-1}}{t^3 \sqrt{t^2-1}} =  \frac{2(9 - 8t^2)}{ t^3 \cdot \sqrt{t^2-1} \cdot ( t+ 3 \sqrt{t^2-1} )} $ Thì $ h^{'}(t) = 0  \Leftrightarrow  9-8t^2 =0 \Leftrightarrow  8t^2 =9 \Leftrightarrow t = t_0 = \frac{3}{ 2 \sqrt{2}} $

 

Ta dễ thấy $ h(t)$ là hàm đồng biến trên $ (1; t_0 ]$ và là hàm nghịch biến trên $ [t_0 ; +\infty)$

 

Do đó $ g(c) = h(t) \leq h(t_0) = \frac{10}{3} $       $(4)$

 

Do đó , từ $(1); \ (2); \ (3); \ (4)$, ta suy ra:

 

Giá trị lớn nhất của $  \mathcal{P} (a;b;c)$ là $ \frac{10}{3} $, đạt được khi $ c = \frac{1}{ 2 \sqrt{2}} ; b = \sqrt{2} ;  a =  \frac{1}{ \sqrt{2}}$

 

Bài Toán Theo đó được giải quyết hoàn toàn. Và thực ra ta còn giải được bài toán ở dạng khó hơn là tìm GTLN thay vì chỉ đi chứng minh bất đẳng thức.

Em có một cách ngắn hơn xây dựng từ cách của anh ạ. Nhưng cũng như anh nói cách này có nhược điểm là sẽ không làm được khi đề bài bảo tìm GTLN chứ không phải chứng minh bất đẳng thức:

Sau khi biến đổi, ta cần chứng minh: $\frac{2b^2c^2+4bc+3+3b^2-2c^2}{(b^2+1)(c^2+1)}\leqslant \frac{10}{3}\Leftrightarrow \frac{(2bc-1)^2+(b-4c)^2}{3(b^2+1)(c^2+1)}\geqslant 0$