Chủ đề này có 2 trả lời

[tranduy101093]

Nhờ các bạn giúp mình bài tập này :

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn : $a^{4}+b^{4}+c^{4}=3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$F=\dfrac{1}{4-ab}+\dfrac{1}{4-bc}+\dfrac{1}{4-ca}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranduy101093: 06-01-2012 - 11:08

[Tham Lang]

Chứng minh :
Đặt ab = x, bc = y, ca = z. .áp dụng BĐT bunhia, ta có : $$a + b + c \le 3$$
=> x + y = b(a + c) $\le b(3 - b) \le \dfrac{9}{4}$
Viết lại Ta sẽ chứng minh $$F = \dfrac{1}{(4 - x)} + \dfrac{1}{4 - y} + \dfrac{1}{4 - z} \le 1$$. (1)
Thật vậy, $$1 <=> \dfrac{1 - x}{4 - x} + ... \ge 0 <=> \dfrac{(1 - x)(1 + x)}{(4 - x)(1 + x)} + ...\ge 0$$
Với $x \le y \le z$ , ta chứng minh được $$(1 - x)(1 + x) \ge (1 - y)(1 + y) và (4 - x)(1 + x) \le (4 - y)(1 + y)$$
Từ đó, áp dụng BĐT Chebyshev, ta có : $$\dfrac{(1 - x)(1 + x)}{(4 - x)(1 + x)} + ...\ge A(1 - x^2 + 1 - y^2 + 1 - z^2) \ge 0$$
Ta dễ dàng chứng minh được điều này.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 09-01-2012 - 00:55

[Tham Lang]

Theo mình nghĩ, có một cách khác đó là dùng tiếp tuyến.
Thật vậy :
$$\dfrac{1}{4 - ab} \le \dfrac{1}{4 - \dfrac{a^2 + b^2}{2}} = \dfrac{2}{(4 - a^2) + (4 - b^2)} \le \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{1}{4 - a^2} + \dfrac{1}{4 - b^2}\right ) $$
Nên $$\dfrac{1}{4- ab} + \dfrac{1}{4 - bc} + \dfrac{1}{4 - ca} \le \dfrac{1}{4 - a^2} + \dfrac{1}{4 - b^2} + \dfrac{1}{4 - c^2}$$
Đến đây, như mình đã nói, ta có :
Ta sẽ chứng minh theo tiếp tuyến :
Thật vậy đặt $a^2 = \sqrt{x}$
Xét $f(x) = \dfrac{1}{4 - \sqrt{x}}$
$f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}(4 - \sqrt{x})^2} $
Điểm rơi $x = 1$
Do đó, ta sẽ chứng minh $$f(x) \le \dfrac{x + 5}{18} \Leftrightarrow (\sqrt{x} - 1)^2(\sqrt{x} - 2) \le 0 $$
Cái này đúng vì theo giả thiết $x^2 + y^2 + z^2 = 3 \Leftrightarrow x \le \sqrt{3} $
suy ra $$P \le \dfrac{a^4 + b^4 + b^4 + 15}{18} = 1$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 18-03-2012 - 03:47