Đến nội dung

Hình ảnh

Tìm GTNN của P theo $m,n$ : $$P=\dfrac{(ma-nb)^2}{(a+b)^2}+\dfrac{(mb-nc)^2}{(b+c)^2}+\dfrac{(mc-na)^2}{(c+a)^2}$$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Bài toán [huymit_95]
Cho các biến $a,b,c$ sao cho $(a+b)(b+c)(c+a)\# 0$ và các tham số $n,n>0$ và $m\ge n$. Tìm GTNN của P theo $m,n$ :
$$P=\dfrac{(ma-nb)^2}{(a+b)^2}+\dfrac{(mb-nc)^2}{(b+c)^2}+\dfrac{(mc-na)^2}{(c+a)^2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 07-07-2012 - 16:04

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#2
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết

Bài toán [huymit_95]
Cho các biến $a,b,c$ sao cho $(a+b)(b+c)(c+a)\# 0$ và các tham số $n,n>0$ và $m\ge n$. Tìm GTNN của P theo $m,n$ :
$$P=\dfrac{(ma-nb)^2}{(a+b)^2}+\dfrac{(mb-nc)^2}{(b+c)^2}+\dfrac{(mc-na)^2}{(c+a)^2}$$

Tớ thử nhé, nhưng mới chỉ trong TH $a,b,c \geq 0$ thôi. Đặt $m=n+k$ với $k \ge 0$, viết lại BĐT
$$P=\sum \frac{(ka+na-nb)^2}{(a+b)^2}=\sum \frac{k^2a^2}{(a+b)^2}+\sum \frac{n^2(a-b)^2}{(a+b)^2}\geq \sum \frac{k^2a^2}{(a+b)^2}$$
Sử dụng BĐT quen thuộc $$\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{3}{4}$$
Chứng minh:
Đặt $x=\frac{b}{a};y=\frac{c}{b};z=\frac{a}{c}\Rightarrow xyz=1$, ta cần chứng minh $$\sum \frac{1}{(1+x)^2}\geq \frac{3}{4}$$
Dễ thấy $$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}-\frac{1}{1+xy}=\frac{xy(x-y)^2+(xy-1)^2}{(1+x)^2(1+y)^2(1+xy)}\geq 0$$
$$\Rightarrow \sum \frac{1}{(1+x)^2}\geq \frac{1}{1+xy}+\frac{1}{(1+z)^2}=\frac{z}{1+z}+\frac{1}{(1+z)^2}=\frac{z^2+z+1}{(1+z)^2}\geq \frac{3}{4}$$
$$\Rightarrow P\geq \sum \frac{k^2a^2}{(a+b)^2}\geq \frac{3k^2}{4}=\frac{3(m-n)^2}{4}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 08-07-2012 - 08:18


#3
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Cách của cậu chính xác nhưng chỉ cần suy nghĩ một chút thôi là cậu có thể chứng minh BĐT đúng với mọi số thực $a,b,c$ thoả mãn điều kiện $(a+b)(b+c)(c+a)\# 0$ rồi đó :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 08-07-2012 - 06:15

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#4
minhdat881439

minhdat881439

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 473 Bài viết

Tớ thử nhé, nhưng mới chỉ trong TH $a,b,c>0$ thôi. Đặt $m=n+k$ với $k \ge 0$, viết lại BĐT
$$P=\sum \frac{(ka+na-nb)^2}{(a+b)^2}=\sum \frac{k^2a^2}{(a+b)^2}+\sum \frac{n^2(a-b)^2}{(a+b)^2}\geq \sum \frac{k^2a^2}{(a+b)^2}$$
Sử dụng BĐT quen thuộc $$\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{3}{4}$$
Chứng minh:
Đặt $x=\frac{b}{a};y=\frac{c}{b};z=\frac{a}{c}\Rightarrow xyz=1$, ta cần chứng minh $$\sum \frac{1}{(1+x)^2}\geq \frac{3}{4}$$
Dễ thấy $$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}-\frac{1}{1+xy}=\frac{xy(x-y)^2+(xy-1)^2}{(1+x)^2(1+y)^2(1+xy)}\geq 0$$
$$\Rightarrow \sum \frac{1}{(1+x)^2}\geq \frac{1}{1+xy}+\frac{1}{(1+z)^2}=\frac{z}{1+z}+\frac{1}{(1+z)^2}=\frac{z^2+z+1}{(1+z)^2}\geq \frac{3}{4}$$
$$\Rightarrow P\geq \sum \frac{k^2a^2}{(a+b)^2}\geq \frac{3k^2}{4}=\frac{3(m-n)^2}{4}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

chỗ đó sao viết được như thế anh

Đừng ngại học hỏi. Kiến thức là vô bờ, là một kho báu mà ta luôn có thể mang theo dể dàng


Trần Minh Đạt tự hào là thành viên VMF


#5
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
$$P=\sum \frac{(ka+n(a-b))^2}{(a+b)^2}=\sum \left [ \frac{k^2a^2}{(a+b)^2}+\frac{n^2(a-b)^2}{(a+b)^2} \right ]$$
$$=\sum \frac{k^2a^2}{(a+b)^2}+\sum \frac{n^2(a-b)^2}{(a+b)^2}$$
Mà $(a-b)^2 \geq 0$ nên
$$P\geq \sum \frac{k^2a^2}{(a+b)^2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 08-07-2012 - 08:06


#6
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
Tạm nghĩ cách này
Ta đã chứng minh được BĐT $$\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{3}{4}$$ trong trường hợp $ (a,b,c)$ với $ a,b,c \geq 0$ bất kỳ, bây giờ ta xét trong trường hợp bộ $(-a,b,c)$ với $a,b,c \ge0$.
$$\left ( \frac{-a}{-a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c-a} \right )^2=\left ( \frac{a}{-a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c-a} \right )^2$$
$$\geq \left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{3}{4}$$
Hoàn toàn tương tự với các bộ $(a;-b;c)$ và $(a;b;-c)$
Công việc cũng tương tự với các bộ $(-a;-b;c); (a;-b;-c); (-a;b-c); (-a;-b;-c)$ với $a;b;c \geq0$
Suy ra BĐT đúng trong mọi trường hơp.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 08-07-2012 - 08:26


#7
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Hì, thực ra bài này chỉ cần sử dụng $|a+b| \le |a|+|b|$ suy ra ta chỉ cần chứng minh BĐT với $a,b,c>0$

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#8
phuc_90

phuc_90

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 438 Bài viết

$$P=\sum \frac{(ka+n(a-b))^2}{(a+b)^2}=\sum \left [ \frac{k^2a^2}{(a+b)^2}+\frac{n^2(a-b)^2}{(a+b)^2} \right ]$$
$$=\sum \frac{k^2a^2}{(a+b)^2}+\sum \frac{n^2(a-b)^2}{(a+b)^2}$$
Mà $(a-b)^2 \geq 0$ nên
$$P\geq \sum \frac{k^2a^2}{(a+b)^2}$$

 

Khẳng định luôn $2kn\sum \frac{a\left(a-b\right)}{\left( a+b\right)^2}=0$  :o :wacko: :))   Dễ sợ thật. Kiểm tra nó không bằng 0 thế này :))

 

Nếu chứng minh $\sum \frac{a\left(a-b\right)}{\left( a+b\right)^2} \geq 0$  với trường hợp số thực cũng khá chua.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuc_90: 10-10-2014 - 10:44


#9
binhnhaukhong

binhnhaukhong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 343 Bài viết

Khẳng định luôn $2kn\sum \frac{a\left(a-b\right)}{\left( a+b\right)^2}=0$  :o :wacko: :))   Dễ sợ thật. Kiểm tra nó không bằng 0 thế này :))

 

Nếu chứng minh $\sum \frac{a\left(a-b\right)}{\left( a+b\right)^2} \geq 0$  với trường hợp số thực cũng khá chua.

ờ,mình cũng thấy mất 1 lượng...


Quy Ẩn Giang Hồ. 

So goodbye!

 

:off:  :off:  :off:  :off:  :off:  :off: 


#10
binhnhaukhong

binhnhaukhong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 343 Bài viết

Để chứng minh :

$\sum \frac{a^2}{(b+c)^2}\geq \frac{3}{4}$
Ta có thể áp dụng Nesbit 3 biến số như sau:
$\sum \frac{a^2}{(b+c)^2}\geq \frac{1}{3}(\sum\frac{a}{b+c})$

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnhaukhong: 10-10-2014 - 16:08

Quy Ẩn Giang Hồ. 

So goodbye!

 

:off:  :off:  :off:  :off:  :off:  :off: 


#11
phuc_90

phuc_90

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 438 Bài viết

 

Để chứng minh :

$\sum \frac{a^2}{(b+c)^2}\geq \frac{3}{4}$
Ta có thể áp dụng Nesbit 3 biến số như sau:
$\sum \frac{a^2}{(b+c)^2}\geq \frac{1}{3}(\sum\frac{a}{b+c})$

 

 

Nesbit kiểu gì nhỉ cho bất đẳng thức hoán vị ?

 

Đọc kỉ đề nhé !!! Ở đây là $\sum \frac{a^2}{\left(a+b\right)^2}$ chứ ko phải $\sum \frac{a^2}{(b+c)^2}$ :angry:

 

Còn bất đẳng thức $\sum \frac{a^2}{(b+c)^2}\geq \frac{3}{4}$ thì hiển nhiên, bàn chi nữa.

 

Vấn đề là ở chỗ $\sum \frac{a(a-b)}{(a+b)^2} \geq 0$  chưa được giải quyết cho các số thực.

 

P/S :   Stop !!!



#12
binhnhaukhong

binhnhaukhong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 343 Bài viết

Nesbit kiểu gì nhỉ cho bất đẳng thức hoán vị ?

 

Đọc kỉ đề nhé !!! Ở đây là $\sum \frac{a^2}{\left(a+b\right)^2}$ chứ ko phải $\sum \frac{a^2}{(b+c)^2}$ :angry:

 

Còn bất đẳng thức $\sum \frac{a^2}{(b+c)^2}\geq \frac{3}{4}$ thì hiển nhiên, bàn chi nữa.

 

Vấn đề là ở chỗ $\sum \frac{a(a-b)}{(a+b)^2} \geq 0$  chưa được giải quyết cho các số thực.

 

P/S :   Stop !!!

ồ xin lỗi lộn đề!


Quy Ẩn Giang Hồ. 

So goodbye!

 

:off:  :off:  :off:  :off:  :off:  :off: 





0 người đang xem chủ đề

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