Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

bất đẳng thức gtln gtnn

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 26 trả lời

#21 phucboyka7

phucboyka7

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết

Đã gửi 15-02-2020 - 23:06

Mục này mình xin giới thiệu các bài toán bất đẳng thức do mình sưu tầm mong các bạn cùng tham gia đóng góp lời giải ( khuyến khích giải bằng nhiều cách ).

Bài 1:Cho 3 số a,b,c dương thỏa mãn: $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=1$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

                                            $P=\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}+\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}+\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}$

$\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2}}\le \frac{1}{2a+b}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)$

 

Tương tự: 

$\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2b+c\right)^2+\left(b-c\right)^2}}\le \frac{1}{2b+c}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$

 

$\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2c+a\right)^2+\left(c-a\right)^2}}\le \frac{1}{2c+a}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)$

 

$\Rightarrow P\le \frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le \frac{1}{3}.\sqrt{3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

 

$\Rightarrow Max_P=\frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phucboyka7: 16-02-2020 - 07:52


#22 Yaya

Yaya

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 71 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TP. Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Làm toán và đá banh

Đã gửi 15-02-2020 - 23:53

$\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2}}\le \frac{1}{2a+b}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)$

 

Tương tự: 

$\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2b+c\right)^2+\left(b-c\right)^2}}\le \frac{1}{2b+c}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$

 

$\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2c+a\right)^2+\left(c-a\right)^2}}\le \frac{1}{2c+a}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)$

 

$\Rightarrow P\le \frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le \sqrt{\frac{1}{3}.3.\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}=1$

 

$\Rightarrow Max_P=1\Leftrightarrow a=b=c=3$

Đây cũng là 1 đánh giá hay. Hơi tiếc 2 dòng cuối sai chút xíu có lẽ do gõ nhanh quá nên bạn nhầm. $\frac{1}{3}$ bạn ko đưa vào căn nhé và dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$. 



#23 Yaya

Yaya

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 71 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TP. Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Làm toán và đá banh

Đã gửi 17-02-2020 - 22:40

Bài 9: Cho $x,y,z\in [0,1]$. Chứng minh rằng: $(2^x+2^y+2^z)(2^{-x}+2^{-y}+2^{-z})\leq \frac{81}{8}$ 

Đầu tuần mình xin chứng minh bài toán này vì tuần trước đã có nhiều bạn thử sức nhưng có vẻ chưa gỡ được

Đặt $a=2^x, b=2^y, c=2^z$ với $a,b,c \in [1,2]$, khi đó bài toán trở thành chứng minh:

$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \leq \frac{81}{8}$

Xét $f(x)=x^2-3x+2 trên R$, ta có $f(a),f(b),f(c)\leq 0$

Vậy $a^2-3a+2\leq 0 hay a+\frac{2}{a}\leq 3$ ( tương tự cho b,c )

Suy ra $a+b+c +2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c}) \leq 9$

Ta có: $9\geq a+b+c+2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c}) \geq 2\sqrt{(a+b+c)2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c})}$

Hay $(a+b+c)(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c})\leq \frac{81}{8}$ (dpcm)  


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Yaya: 17-02-2020 - 22:42


#24 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 294 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47-THPT chuyên PBC

Đã gửi 18-02-2020 - 15:37

Bài 7: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $A=2x^2-xy+2y^2$ với x,y là các số thực thỏa mãn: $x^2-xy+y^2=3$

Ta có: Đặt $x+y=a;xy=b;(a^2 \geq 4b) $ ta có:

ĐK $ \Leftrightarrow a^2-3b=3 \Leftrightarrow 3b+3=a^2\geq 0 \Leftrightarrow b\geq -1$

Lại có : Vì $a^2 \geq 4b \Rightarrow 3b+3=a^2\geq 4b \Leftrightarrow b\leq 3$

Khi đó ta xét $A=b+6$ với $ b \in \left [ -1,3 \right ]$

Đến đây thì dễ r



#25 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 10-08-2020 - 09:49

Đầu tuần mình xin chứng minh bài toán này vì tuần trước đã có nhiều bạn thử sức nhưng có vẻ chưa gỡ được

Đặt $a=2^x, b=2^y, c=2^z$ với $a,b,c \in [1,2]$, khi đó bài toán trở thành chứng minh:

$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \leq \frac{81}{8}$

Xét $f(x)=x^2-3x+2 trên R$, ta có $f(a),f(b),f(c)\leq 0$

Vậy $a^2-3a+2\leq 0 hay a+\frac{2}{a}\leq 3$ ( tương tự cho b,c )

Suy ra $a+b+c +2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c}) \leq 9$

Ta có: $9\geq a+b+c+2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c}) \geq 2\sqrt{(a+b+c)2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c})}$

Hay $(a+b+c)(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c})\leq \frac{81}{8}$ (dpcm)  

Thực ra ta có thể chứng minh $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq 10$.

$\Leftrightarrow \frac{(b^{2}+ac)(a+c)}{abc}+\frac{a^{2}+c^{2}}{ac}\leq 7$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$.

$\Rightarrow VT\leq \frac{(a+c)^{2}}{ac}+\frac{a^{2}+c^{2}}{ac}=7+\frac{(a-2c)(2a-c)}{ac}\leq 7$ (Do $a,b,c\in [1,2]$)

Ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra chỉ khi $a=2, b=c=1; a=1, b=c=2$ và các hoán vị tương ứng. $\square$


$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#26 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 10-08-2020 - 10:05

Bài 3: Cho a,b,c là ba số thực không đồng thời bằng 0, thỏa mãn:

                                                                $(a+b+c)^2=2(a^2+b^2+c^2)$

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: $P=\frac{a^3+b^3+c^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$

Do tính thuần nhất của BĐT, ta chuẩn hóa cho $a+b+c=6\Rightarrow bc+ca+ab=9$.

Ta tính được $P=1+\frac{abc}{18}$

Áp dụng BĐT AM-GM: 4a(6-a)=4bc(b+c)=4(9-bc)\geq 36-(b+c)^{2}=36-(6-a)^{2}$

$\Leftrightarrow 3a(a-4)\leq 0$

$\Rightarrow 0\leq a\leq 4$

Tương tự ta suy ra $a,b,c\in [0,4]$

$\Rightarrow P\geq 1$

Vậy $minP=1$ khi trong ba số $a,b,c$ có hai số bằng nhau và số còn lại bằng $0$.

Ta có: $(a-4)(b-4)(c-4)\leq 0\Leftrightarrow abc\leq 4(bc+ca+ab)-16(a+b+c)+64=4$

$\Rightarrow P\leq \frac{11}{9}$

Vậy $maxP=\frac{11}{9}$ khi $a=4b=4c$ và các hoán vị tương ứng. $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 10-08-2020 - 10:24

$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#27 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 10-08-2020 - 10:29

Bài 2: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=6$ và $ab+bc+ca=-3$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

                                                           $P=a^6+b^6+c^6$

Từ giả thiết suy ra $a+b+c=0$ và tính được $P=54+3a^{2}b^{2}c^{2}$.

Ta cần tìm GTLN của abc. Theo BĐT AM-GM: 6-a^{2}=b^{2}+c^{2}\geq 2bc=2(a^{2}-3)$

$\Rightarrow -2\leq a\leq 2$.

$\Rightarrow a,b,c\in [-2;2]$

Ta có: $(a-2)(b-2)(c-2)\leq 0\Leftrightarrow abc\leq 2(bc+ca+ab)-4(a+b+c)+8=2$;

$(a+2)(b+2)(c+2)\geq 0\Leftrightarrow abc\geq -2$

$\Rightarrow P\leq 54+3.2^{2}=66$

Vậy $maxP=66$ khi $a=2, b=c=-1; a=-2, b=c=1$ và các hoán vị tương ứng. $\square$


$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh