Chủ đề này có 15 trả lời

[song_ha]

Cho trước số $k > 0$ và $ a;b;c>0, a^2+b^2+c^2=1$. Đặt

$$f(a,b,c)= \dfrac{a}{b^k+c^k} +\dfrac{b}{c^k+a^k} + \dfrac{c}{a^k+b^k}$$

Hãy tìm GTNN của $f(a,b,c)$
1/ Giải bài toán khi $k$ nguyên dương chẵn
2/ Giải bài toán khi $k > 0$.
3/ Có GTLN của $f(a,b,c)$ không?
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 09-08-2013 - 21:07

[suchica]

ở bài này mình chỉ tìm được giá trị lớn nhất chứ không tìm được giá trị nhỏ nhất


áp dụng bdt cô si ta được
$b^{k}+a^{k}\geq 2\sqrt{a^{k}b^{k}}$
$b^{k}+c^{k}\geq 2\sqrt{c^{k}b^{k}}$
$c^{k}+a^{k}\geq 2\sqrt{a^{k}c^{k}}$
Suy ra: $f(a,b,c)\leq \frac{a}{2\sqrt{b^{k}c^{k}}}+\frac{b}{2\sqrt{a^{k}c^{k}}}+\frac{c}{2\sqrt{b^{k}a^{k}}}= \frac{a\sqrt{a^{k}}+b\sqrt{b^{k}}+c\sqrt{c^k}}{2\sqrt{a^kb^kc^k}}$ (1)
Áp dụng bdt bu-nhi-a cốp xki ta có : $a\sqrt{a^k}+b\sqrt{b^k}+c\sqrt{c^k}\leq \sqrt{(a^{2}+b^2+c^2)(a^k+b^k+c^k)}= \sqrt{a^{k}+b^{k}+c^{k}}$ (2)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a^{k}= b^{k}=c^{k}\Leftrightarrow a^2=b^2=c^2=\frac{1}{3}$ (3)

Từ(1) (2)và (3) suy ra f(a,b,c) max

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi suchica: 16-08-2013 - 08:45

[ngoctruong236]

$\; Ta\;co \;:a^2+b^2+c^2=1\rightarrow 0\leq a,b,c\leq 1 , \;vi \; k\;la \;so \;nguyen \;duong \;chan \;\rightarrow k=2n(n>0) \rightarrow a^k=a^{2n}= (a^2)^n\leq a^2,\; tuong\; tu\; b^k\leq b^2,c^k\leq c^2\rightarrow f(a,b,c)\geq \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2}= \frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2 }=\frac{a^2}{a(1-a^2)}+\frac{b}{b(1-b^2)}+\frac{c}{c(1-c^2)}=A\; .Ap\;dung \;BDT \;Cauchy \;cho \;3 \; so\; duong\;,ta \; co\; \sqrt[3]{2a^2(1-a^2)(1-a^2)}\leq \frac{2a^2+1-a^2+1-a^2}{3}=\frac{2}{3}\rightarrow a^2(1-a^2)^2\leq \frac{4}{27}\rightarrow \frac{a^2}{a(1-a^2)}\geq\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2,tg \; tu; \;cho \;b \;va \; c\rightarrow A\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)= \frac{3\sqrt{3}}{2}\;.Vay \;min \;f(a,b,c)= \frac{3\sqrt{3}}{2} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ngoctruong236: 13-08-2013 - 20:52

[Kool LL]

ở bài này mình chỉ tìm được giá trị lớn nhất chứ không tìm được giá trị nhỏ nhất


áp dụng bdt cô si ta được
$b^{k}+a^{k}\geq 2\sqrt{a^{k}b^{k}}$
$b^{k}+c^{k}\geq 2\sqrt{c^{k}b^{k}}$
$c^{k}+a^{k}\geq 2\sqrt{a^{k}c^{k}}$
Suy ra: $f(a,b,c)\leq \frac{a}{2\sqrt{b^{k}c^{k}}}+\frac{b}{2\sqrt{a^{k}c^{k}}}+\frac{c}{2\sqrt{b^{k}a^{k}}}= \frac{a\sqrt{a^{k}}+b\sqrt{b^{k}}+c\sqrt{c^k}}{2\sqrt{a^kb^kc^k}}$ (1)
Áp dụng bdt bu-nhi-a cốp xki ta có : $a\sqrt{a^k}+b\sqrt{b^k}+c\sqrt{c^k}\leq \sqrt{(a^{2}+b^2+c^2)(a^k+b^k+c^k)}= \sqrt{a^{k}+b^{k}+c^{k}}$ (2)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a^{k}= b^{k}=c^{k}\Leftrightarrow a^2=b^2=c^2=\frac{1}{3}$ (3)

Từ(1) (2)và (3) suy ra f(a,b,c) max

 

Khi có $f(x)\le g(x)$, dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=x_0$ mà $g(x)$ không phải hằng số thì không thể kết luận $\max f(x)=g(x_0)$ tại $x=x_0$ được.

 

Không có GTLN của $f(a,b,c)$. Chẳng hạn cho $b\to 0^+, c\to 0^+$ thì $a\to 1^-$ và ta có $f(a,b,c)\to +\infty$

[bachhammer]

$\; Ta\;co \;:a^2+b^2+c^2=1\rightarrow 0\leq a,b,c\leq 1 , \;vi \; k\;la \;so \;nguyen \;duong \;chan \;\rightarrow k=2n(n>0) \rightarrow a^k=a^{2n}= (a^2)^n\leq a^2,\; tuong\; tu\; b^k\leq b^2,c^k\leq c^2\rightarrow f(a,b,c)\geq \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2}= \frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2 }=\frac{a^2}{a(1-a^2)}+\frac{b}{b(1-b^2)}+\frac{c}{c(1-c^2)}=A\; .Ap\;dung \;BDT \;Cauchy \;cho \;3 \; so\; duong\;,ta \; co\; \sqrt[3]{2a^2(1-a^2)(1-a^2)}\leq \frac{2a^2+1-a^2+1-a^2}{3}=\frac{2}{3}\rightarrow a^2(1-a^2)^2\leq \frac{4}{27}\rightarrow \frac{a^2}{a(1-a^2)}\geq\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2,tg \; tu; \;cho \;b \;va \; c\rightarrow A\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)= \frac{3\sqrt{3}}{2}\;.Vay \;min \;f(a,b,c)= \frac{3\sqrt{3}}{2}\;\Leftrightarrow \;a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$

Đánh giá đúng nhưng dấu bằng ko xảy ra... Thế nên lời giải chưa đúng vì điểm rơi ko thoả điều kiện $(a^2)^n\leq a^2$.

[suchica]

Khi có $f(x)\le g(x)$, dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=x_0$ mà $g(x)$ không phải hằng số thì không thể kết luận $\max f(x)=g(x_0)$ tại $x=x_0$ được.

 

Không có GTLN của $f(a,b,c)$. Chẳng hạn cho $b\to 0^+, c\to 0^+$ thì $a\to 1^-$ và ta có $f(a,b,c)\to +\infty$

bạn thử xem lại đi. khi mjnh áp dụng bdt cô si cho 2 số ko âm. mk a,b,c ko phải là hằng số mà k lại thay đổi nên mình có thể tìm a,b,c để f(a,b,c) max

[suchica]

$\; Ta\;co \;:a^2+b^2+c^2=1\rightarrow 0\leq a,b,c\leq 1 , \;vi \; k\;la \;so \;nguyen \;duong \;chan \;\rightarrow k=2n(n>0) \rightarrow a^k=a^{2n}= (a^2)^n\leq a^2,\; tuong\; tu\; b^k\leq b^2,c^k\leq c^2\rightarrow f(a,b,c)\geq \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2}= \frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2 }=\frac{a^2}{a(1-a^2)}+\frac{b}{b(1-b^2)}+\frac{c}{c(1-c^2)}=A\; .Ap\;dung \;BDT \;Cauchy \;cho \;3 \; so\; duong\;,ta \; co\; \sqrt[3]{2a^2(1-a^2)(1-a^2)}\leq \frac{2a^2+1-a^2+1-a^2}{3}=\frac{2}{3}\rightarrow a^2(1-a^2)^2\leq \frac{4}{27}\rightarrow \frac{a^2}{a(1-a^2)}\geq\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2,tg \; tu; \;cho \;b \;va \; c\rightarrow A\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)= \frac{3\sqrt{3}}{2}\;.Vay \;min \;f(a,b,c)= \frac{3\sqrt{3}}{2} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$

bài bạn sai rồi kìa ko tin bạn thay số vào mà xem

[vutuanhien]

ở bài này mình chỉ tìm được giá trị lớn nhất chứ không tìm được giá trị nhỏ nhất


áp dụng bdt cô si ta được
$b^{k}+a^{k}\geq 2\sqrt{a^{k}b^{k}}$
$b^{k}+c^{k}\geq 2\sqrt{c^{k}b^{k}}$
$c^{k}+a^{k}\geq 2\sqrt{a^{k}c^{k}}$
Suy ra: $f(a,b,c)\leq \frac{a}{2\sqrt{b^{k}c^{k}}}+\frac{b}{2\sqrt{a^{k}c^{k}}}+\frac{c}{2\sqrt{b^{k}a^{k}}}= \frac{a\sqrt{a^{k}}+b\sqrt{b^{k}}+c\sqrt{c^k}}{2\sqrt{a^kb^kc^k}}$ (1)
Áp dụng bdt bu-nhi-a cốp xki ta có : $a\sqrt{a^k}+b\sqrt{b^k}+c\sqrt{c^k}\leq \sqrt{(a^{2}+b^2+c^2)(a^k+b^k+c^k)}= \sqrt{a^{k}+b^{k}+c^{k}}$ (2)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a^{k}= b^{k}=c^{k}\Leftrightarrow a^2=b^2=c^2=\frac{1}{3}$ (3)

Từ(1) (2)và (3) suy ra f(a,b,c) max

Bài này sai lầm nghiêm trọng ở đoạn cuối

Nếu ta có $f(x)\geq g(x)$ mà $g(x)$ lại không phải hằng số thì ta không thể nói rằng min $f(x)=g(x)$

1 VD cho sự sai lầm này:Từ BĐT luôn đúng $x^2\geq 4x-4$, nếu làm như bạn thì ta có đẳng thức xảy ra khi $x=2$ và suy ra min $x^2=4$, nhưng min $x^2$ là bằng $0$!

[suchica]

Bài này sai lầm nghiêm trọng ở đoạn cuối

Nếu ta có $f(x)\geq g(x)$ mà $g(x)$ lại không phải hằng số thì ta không thể nói rằng min $f(x)=g(x)$

1 VD cho sự sai lầm này:Từ BĐT luôn đúng $x^2\geq 4x-4$, nếu làm như bạn thì ta có đẳng thức xảy ra khi $x=2$ và suy ra min $x^2=4$, nhưng min $x^2$ là bằng $0$!

theo cách bạn đang làm thì là tìm min của cả bdt chứ ko pải là tìm min kủa x nk. pạn sai rồi kìa. tìm một cái ví du khác đúng hơn đi ha. ùi khi đó mình sẽ nhận sai

[vutuanhien]

ở bài này mình chỉ tìm được giá trị lớn nhất chứ không tìm được giá trị nhỏ nhất


áp dụng bdt cô si ta được
$b^{k}+a^{k}\geq 2\sqrt{a^{k}b^{k}}$
$b^{k}+c^{k}\geq 2\sqrt{c^{k}b^{k}}$
$c^{k}+a^{k}\geq 2\sqrt{a^{k}c^{k}}$
Suy ra: $f(a,b,c)\leq \frac{a}{2\sqrt{b^{k}c^{k}}}+\frac{b}{2\sqrt{a^{k}c^{k}}}+\frac{c}{2\sqrt{b^{k}a^{k}}}= \frac{a\sqrt{a^{k}}+b\sqrt{b^{k}}+c\sqrt{c^k}}{2\sqrt{a^kb^kc^k}}$ (1)
Áp dụng bdt bu-nhi-a cốp xki ta có : $a\sqrt{a^k}+b\sqrt{b^k}+c\sqrt{c^k}\leq \sqrt{(a^{2}+b^2+c^2)(a^k+b^k+c^k)}= \sqrt{a^{k}+b^{k}+c^{k}}$ (2)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a^{k}= b^{k}=c^{k}\Leftrightarrow a^2=b^2=c^2=\frac{1}{3}$ (3)

Từ(1) (2)và (3) suy ra f(a,b,c) max

Sai chỗ này này. Bạn chưa chỉ ra $f(x)$ lớn hơn hoặc bằng 1 hằng số mà chỉ mới chứng minh $f(x)\geq g(x)$. Như vậy là sai!Bạn có thể đọc sách Nâng cao và phát triển toán 9 phần BĐT về vấn đề này, và nếu vẫn chưa tin thì có thể đi hỏi tất cả những ng có hiểu biết về BĐT

 

theo cách bạn đang làm thì là tìm min của cả bdt chứ ko pải là tìm min kủa x nk. pạn sai rồi kìa. tìm một cái ví du khác đúng hơn đi ha. ùi khi đó mình sẽ nhận sai

BĐT có min hả bạn . VD của mình sai ở đâu?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 21-08-2013 - 16:45

[suchica]

thì khi bạn tìm đó là min cho cả pt kia chứ ko pải tìm cho chỉ một mình x mà sau đó bạn lại nói x bình min bằng 0 là sai. bạn xem lại đi

[suchica]

Sai chỗ này này. Bạn chưa chỉ ra $f(x)$ lớn hơn hoặc bằng 1 hằng số mà chỉ mới chứng minh $f(x)\geq g(x)$. Như vậy là sai!Bạn có thể đọc sách Nâng cao và phát triển toán 9 phần BĐT về vấn đề này, và nếu vẫn chưa tin thì có thể đi hỏi tất cả những ng có hiểu biết về BĐT

 

theo cách bạn đang làm thì là tìm min của cả bdt chứ ko pải là tìm min kủa x nk. pạn sai rồi kìa. tìm một cái ví du khác đúng hơn đi ha. ùi khi đó mình sẽ nhận sai

BĐT có min hả bạn . VD của mình sai ở đâu?

thì x bình trừ 4x cộng 4 nhỏ nhất bằng 0 khi và chỉ khi x=2  nà

[vutuanhien]

thì x bình trừ 4x cộng 4 nhỏ nhất bằng 0 khi và chỉ khi x=2  nà

mình đang nói là giá trị nhỏ nhất của $x^2$ chứ k phải $x^2-4x+4$

[suchica]

mình hiểu ý bạn là vậy nhưng khi bạn làm vậy thì là bạn đang tìm min kuar cả bpt đó

[Kool LL]

bạn thử xem lại đi. khi mjnh áp dụng bdt cô si cho 2 số ko âm. mk a,b,c ko phải là hằng số mà k lại thay đổi nên mình có thể tìm a,b,c để f(a,b,c) max

 

Đề bài nói cho trước số $k>0$ có nghĩa là cho trước hằng số k rồi. Chỉ có $a,b,c>0$ và thay đổi sao cho thoả $a^2+b^2+c^2=1$ thôi.

 

Phản chứng : Giả sử có GTLN của $f(a,b,c)$.

Tức là $\exists$ hằng số $M>0$ sao cho $f(a,b,c)\le M$, $\forall a,b,c>0$ thoả $a^2+b^2+c^2=1$          .(1)

       và $\exists a_0,b_0,c_0>0$ sao cho $a_0^2+b_0^2+c_0^2=1$ thoả $f(a_0,b_0,c_0)=M$

Chọn $0<b=c=\epsilon<\frac{1}{\sqrt{2}},0<a=\sqrt{1-2\epsilon^2}$ thì $a^2+b^2+c^2=1$ và $f(a,b,c)=\frac{\sqrt{1-2\epsilon^2}}{2\epsilon^k}}+\frac{2\epsilon}{\epsilon ^k+\sqrt{1-2\epsilon^2}$ $\to+\infty$ khi $\epsilon\to0^+$.   (2)

Từ (1) suy ra, theo nguyên lý kẹp trong giới hạn, ta có : $\lim_{\epsilon\to 0^+}f(a,b,c)\le M$.   (3)

Từ (2)(3) $\Rightarrow +\infty\le M$ (Vô lý vì $M$ là hằng số)

 

 

theo cách bạn đang làm thì là tìm min của cả bdt chứ ko pải là tìm min kủa x nk. pạn sai rồi kìa. tìm một cái ví du khác đúng hơn đi ha. ùi khi đó mình sẽ nhận sai

 

@suchica cần phải học lại ĐỊNH NGHĨA GTLN của một hàm f(x) đi nha.

$f(x)$ xác định trên $D$. Khi đó :

$f(x)$ đạt GTLN bằng $M$ tại $x=x_0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \exists M(const) : f(x)\le M ,\forall x\in D; \color{Red}{(1)}\\ \exists x_0\in D : f(x_0)=M. \cổl{Red}{(2)} \end{matrix}\right.$

Ở đây $x$ cũng có thể hiểu là nhiều biến, chẳng hạn bộ số $x$ là $(x_1,x_2,...,x_n)$, và tương ứng có bộ số $x_0$ là $(x_{0_1},x_{0_2},...,x_{0_n})$.

Nếu không có M là hằng số ở đk(1) và không tìm được $x_0$ ở đk(2) thì không thể kết luận $f(x)$ đạt GTLN.

Ví dụ :

Ta dễ dàng chứng minh được $f(x)=1-x^4\le 2-2x^2=g(x),\forall x$. Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=\pm1$.

Đến đây ta không thể khẳng định $f(x)$ đạt GTLN tại $x_0=\pm1$. Vì $f(x_0=\pm1)=0<f(0)=1$.

Ngoài ra, $g(x)\le2,\forall x$ và $g(x_0=0)=2$ nên có thể khẳng định $g(x)$ đạt GTLN bằng $2$ tại $x_0=0$.

Nhưng $f(x)\le g(x)\le2$ thì không thể khẳng định $f(x)$ đạt GTLN bằng 2 vì không $\exists x_0$ để $f(x_0)=2$.

Bởi vì $f(x)=1-x^4\le1,\forall x$ và $f(x_0=1)=1$ nên có thể khẳng định $f(x)$ đạt GTLN bằng $1$ tại $x_0=0$.

Như vậy thì ta chỉ có $f(x)<2$ chứ không có $x_0$ để $f(x_0)=2$ được.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 22-08-2013 - 22:56

[suchica]

mình pít mình sai lâu ùi nk. dạo này toàn học về chứng minh bdt nên nhầm nhọt ý mk. cảm ơn đã nhắc nhở ha. hjhj