Chủ đề này có 95 trả lời

[barcavodich]

Solution1(Bài $18$)

Đầu tiên ta có $a^2-ab+b^2=\frac{1}{4}(a+b)^2+\frac{3}{4}(a-b)^2\leq \frac{1}{4}(a+b)^2$

Tương tự ta có 

$P\leq \frac{1}{64}[(a+b)(b+c)(c+a)]^2\leq \frac{1}{64}[(\frac{2(a+b+c)}{3})^3]^2=1$

$\Rightarrow \max P=1$

Dấu $=$ khi $a=b=c=1$

QED.

[T M]

Dạo này mình hơi bận, cũng có ít thời gian lên diễn đàn được.

 

Hi vọng các bạn duy trì topic.

 

Chúc các bạn học tốt

[vutuanhien]

Solution1(Bài $18$)

Đầu tiên ta có $a^2-ab+b^2=\frac{1}{4}(a+b)^2+\frac{3}{4}(a-b)^2\leq \frac{1}{4}(a+b)^2$

Tương tự ta có 

$P\leq \frac{1}{64}[(a+b)(b+c)(c+a)]^2\leq \frac{1}{64}[(\frac{2(a+b+c)}{3})^3]^2=1$

$\Rightarrow \max P=1$

Dấu $=$ khi $a=b=c=1$

QED.

Xem lại chỗ này anh ơi. Ngược dấu rồi  

[Strygwyr]

Dạo này vắng thế. Thêm 1 bài đơn giản nữa @@. Bài này dễ nhưng hi vọng mọi người sẽ tìm ra được nhiều cách làm (càng nhiều càng tốt ). Em biết có ít nhất là 2 cách

Bài 18:Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P=(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)$

(Đề thi thử đại học lần 5 trường THPT chuyên Vĩnh Phúc)

 

Chém tạm cách $1$ vậy

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $a\geq b\geq c$. Khi đó 

$b^{2}-bc+c^{2}\leq b^{2}$

$a^{2}-ac+c^{2}\leq (a+c)^{2}$

$a^{2}-ab+b^{2} \leq (a+c)^{2}-(a+c)b+b^{2}$

Ta sẽ chứng minh $M=(a+c)^{2}b^{2}((a+c)^{2}-(a+c)b+b^{2})\leq 12$

Thật vậy, đặt $x=\frac{a+c-b}{2}$ và $s=\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}$

Khi đó : $M=(s^{2}-x^{2})^{2}(s^{2}+3x^{2})=\frac{3}{2}(s^{2}-x^{2}).\frac{3}{2}(s^{2}-x^{2}).(s^{2}+3x^{2}).\frac{4}{9}\leq (\frac{4}{3}s^{2})^{3}.\frac{4}{9}=12$

dấu = xảy ra khi $a=2$,$b=1$,$c=0$

p/s : bài này hình như lấy làm đề thi GTQT cho TTT2 rồi thì phải

[barcavodich]

Thôi chết cảm ơn vutuanhien

[25 minutes]

Bài 18:Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P=(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)$

(Đề thi thử đại học lần 5 trường THPT chuyên Vĩnh Phúc)

 Đã post ở đây

http://diendantoanho...b2c2-bcc2a2-ac/

[Ha Manh Huu]

cho a,b,c thỏa mãn $\frac{1}{2}\leq a,b,c\leq 2$

tìm GTNN của $\sum \frac{a}{a+b}$

[25 minutes]

cho a,b,c thỏa mãn $\frac{1}{2}\leq a,b,c\leq 2$

tìm GTNN của $\sum \frac{a}{a+b}$

Bài này quá quen thuộc rồi:)

Đặt $P=\sum \frac{a}{a+b}= \frac{1}{1+\frac{b}{a}}+\frac{1}{1+\frac{c}{b}}+\frac{1}{1+\frac{a}{c}}$

Ta có thể giả sử $a=min,c=max\Rightarrow 4\geqslant \frac{c}{a}\geqslant 1$

Áp dụng bất đẳng thức sau $\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\geqslant \frac{2}{1+xy}$ với $xy\geqslant 1$

Áp dụng ta có $\frac{1}{1+\frac{b}{a}}+\frac{1}{1+\frac{c}{b}}\geqslant \frac{2}{1+\sqrt{\frac{c}{a}}}$

        $\Rightarrow P\geqslant \frac{2}{1+\sqrt{\frac{c}{a}}}+\frac{1}{1+\frac{a}{c}}$

Đặt $\sqrt{\frac{c}{a}}=t\Rightarrow t \in \left [ 1;2 \right ]$

$\Rightarrow P\geqslant \frac{2}{1+t}+\frac{1}{1+\frac{1}{t^2}}=\frac{2}{1+t}+\frac{t^2}{1+t^2}$

Đến đây khảo sát $f(t),t \in \left [ 1;2 \right ]$ ta thấy $f'(t)=\frac{-2(t-1)^2(t^2+t+1)}{(t+1)^2.(t^2+1)^2}\leqslant 0$

 $\Rightarrow f(t)\geqslant f(2)=\frac{23}{15}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{23}{15}$

Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)=(2,1,\frac{1}{2})$ và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 01-07-2013 - 17:52

[vutuanhien]

1 bài nữa

Bài 19:Cho 4 số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+d^2=1$. Tìm GTLN của biểu thức:

$T=a^3(b+c+d)+b^3(c+d+a)+c^3(d+a+b)+d^3(a+b+c)$

(Đề thi thử đại học khối A trường THPT chuyên Lí Tự Trọng lần 2 năm 2013)

[Ha Manh Huu]

Bài này quá quen thuộc rồi:)

Đặt $P=\sum \frac{a}{a+b}= \frac{1}{1+\frac{b}{a}}+\frac{1}{1+\frac{c}{b}}+\frac{1}{1+\frac{a}{c}}$

Ta có thể giả sử $a=min,c=max\Rightarrow 4\geqslant \frac{c}{a}\geqslant 1$

Áp dụng bất đẳng thức sau $\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\geqslant \frac{2}{1+xy}$ với $xy\geqslant 1$

Áp dụng ta có $\frac{1}{1+\frac{b}{a}}+\frac{1}{1+\frac{c}{b}}\geqslant \frac{2}{1+\sqrt{\frac{c}{a}}}$

        $\Rightarrow P\geqslant \frac{2}{1+\sqrt{\frac{c}{a}}}+\frac{1}{1+\frac{a}{c}}$

Đặt $\sqrt{\frac{c}{a}}=t\Rightarrow t \in \left [ 1;2 \right ]$

$\Rightarrow P\geqslant \frac{2}{1+t}+\frac{1}{1+\frac{1}{t^2}}=\frac{2}{1+t}+\frac{t^2}{1+t^2}$

Đến đây khảo sát $f(t),t \in \left [ 1;2 \right ]$ ta thấy $f'(t)=\frac{-2(t-1)^2(t^2+t+1)}{(t+1)^2.(t^2+1)^2}\leqslant 0$

 $\Rightarrow f(t)\geqslant f(2)=\frac{23}{15}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{23}{15}$

Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)=(2,1,\frac{1}{2})$ và các hoán vị

em chưa học khảo sát hàm số thì biến dổi tương đương ạ

[hung183461]

cho a,b,c thỏa mãn $\frac{1}{2}\leq a,b,c\leq 2$

tìm GTNN của $\sum \frac{a}{a+b}$

 

Bài này cách giải của toc ngan thì hợp với tư tưởng của topic rồi

 

Nhưng mà mình cũng đăng 1 cách giải khác  , cho tăng tính phong phú cho topic, mặc dù cách giải không phù hợp lắm với BĐT thi đại học      

 

 

Đặt     $f(a,b,c) = \frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$  .Không mất tính tổng quát , giả sử $a = min$

 

Ta chứng minh rằng : 

 

$f(a,b,c) \geq f(a, \sqrt{ac}, c)$

 

$\Leftrightarrow \frac{a}{a+b}+ \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+a} \geq \frac{a}{a+\sqrt{ac}} + \frac{\sqrt{ac}}{\sqrt{ac} +c } + \frac{c}{c+a}$

 

$\Leftrightarrow \frac{a}{a+b}+ \frac{b}{b+c} \geq \frac{a}{a+\sqrt{ac}} + \frac{\sqrt{ac}}{\sqrt{ac} +c }$

 

$\Leftrightarrow \frac{a}{a+b}+ \frac{b}{b+c} \geq \frac{2\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{c}}$

 

$\Leftrightarrow (b-\sqrt{ac})^2 (\sqrt{c}-\sqrt{a}) \geq 0$ ( đúng )

 

Giờ ta chứng minh $f(a, \sqrt{ac}, c) \geq \frac{22}{15}$

 

Đặt $x=\sqrt{\frac{c}{a}}$ thì  $x \in [1;2]$ . điều cần chứng minh trở thành 

 

$\frac{2}{x+1} + \frac{x^2}{x^2+1} \geq \frac{22}{15}$

 

$\Leftrightarrow \frac{(2-x)(7x^2-9x+4)}{15(x+1)(x^2+1)} \geq 0$ ( luôn đúng với $x \in [1;2]$ )

 

Hoặc đến đây khảo sát như Toc ngan , nhưng mà nói bài toc ngan sai sót ở chỗ $\frac{22 }{15}$ chứ không phải là $\frac{23}{15}$ , làm mình biến đổi tương đương không được , cứ chả hiểu tại sao mình lại sai nữa   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hung183461: 02-07-2013 - 08:31

[duc12116]

Lời giải bài 2: Đây là lời giải của em. Em nghĩ đây chắc cũng là lời giải của tác giả do thấy nó thuận lợi quá :

---

 

-Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:

$$(\frac{x^3}{y^2}+\frac{9y^2}{x+2y})(x+(x+2y))\ge (\frac{x^2}{y}+3y)^2$$

 

-Lại do $x^2+y^2=2$ nên có:

$$\frac{x^2}{y}+3y=\frac{2-y^2}{y}+3y=2(y+\frac{1}{y})\ge 4$$

(Điểm thuận lợi chính ở đoạn này )

 

Thêm vào đó, dễ dàng chứng minh $x+(x+2y)=2(x+y)\le 4$ nên suy ra:

$$\frac{x^3}{y^2}+\frac{9y^2}{x+2y}\ge \dfrac{4^2}{4}=4$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=1$

 

---

Việc tìm ra lời giải của bài toán là do phát hiện được $x+(x+2y)=2(x+y)\le ...$ và khi $x=y=1$ thì ta cũng đảm bảo được dấu bằng của Cauchy-Schwarz. Ngoài ra còn "ăn may" ở đoạn trên nữa

Gần giống cách của em, em nhân thêm x vào cả tử và mẫu của P/S x^3/y^2 và nhân thêm y^2 vào cả tử và mẫu P/S 9y^2/ (x+2y) sau đó áp dụng Bunhi cộng mẫu

[hung183461]

1 bài nữa

Bài 19:Cho 4 số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+d^2=1$. Tìm GTLN của biểu thức:

$T=a^3(b+c+d)+b^3(c+d+a)+c^3(d+a+b)+d^3(a+b+c)$

(Đề thi thử đại học khối A trường THPT chuyên Lí Tự Trọng lần 2 năm 2013)

 

Những đánh giá mà mình sử dụng đều không đủ mạnh để giải     

 

Với mấy bài thế này thì biến đổi tương đương có vẻ hiệu quả nhất 

 

$T = ab(a^2+b^2) + bc(b^2+c^2) + cd(a^2+c^2) + da(d^2+a^2) + ac(a^2+c^2) + bd(b^2+d^2)$

 

Nhận thấy dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=d=\frac{1}{2}$ thì $T=\frac{3}{4}$ nên hướng mình đến cách giải sau :

 

Để  ý rằng : $xy(x^2+y^2) = \frac{x^4+y^4+6x^2y^2-(x+y)^4}{4}$ nên thay vào $T$ ta có :

 

$T=\frac{3(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{4}-\frac{(a-b)^4+(b-c)^4+(c-d)^4+(d-a)^4}{4}$

 

$T=\frac{3}{4}-\frac{(a-b)^4+(b-c)^4+(c-d)^4+(d-a)^4}{4} \leq \frac{3}{4}$

 

GTLN của $T$ là $\frac{3}{4}$ khi $a=b=c=d=\frac{1}{2}$

 

Đây cũng là đáp án của trường Lý Tự Trọng , cách giải này hay vì nó thuận lợi quá        

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hung183461: 02-07-2013 - 09:15

[duc12116]

Những đánh giá mà mình sử dụng đều không đủ mạnh để giải     

 

Với mấy bài thế này thì biến đổi tương đương có vẻ hiệu quả nhất 

 

$T = ab(a^2+b^2) + bc(b^2+c^2) + cd(a^2+c^2) + da(d^2+a^2) + ac(a^2+c^2) + bd(b^2+d^2)$

 

Nhận thấy dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=d=\frac{1}{2}$ thì $T=\frac{3}{4}$ nên hướng mình đến cách giải sau :

 

Để  ý rằng : $xy(x^2+y^2) = \frac{x^4+y^4+6x^2y^2-(x+y)^4}{4}$ nên thay vào $T$ ta có :

 

$T=\frac{3(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{4}-\frac{(a-b)^4+(b-c)^4+(c-d)^4+(d-a)^4}{4}$

 

$T=\frac{3}{4}-\frac{(a-b)^4+(b-c)^4+(c-d)^4+(d-a)^4}{4} \leq \frac{3}{4}$

 

GTLN của $T$ là $\frac{3}{4}$ khi $a=b=c=d=\frac{1}{2}$

 

Đây cũng là đáp án của trường Lý Tự Trọng , cách giải này hay vì nó thuận lợi quá        

Ok, các anh thử tổng quát hoá nó đi, em có bài tương tự đây và cũng đã TQH được nó (giống 95%):

Cho cac số thực không âm a, b,c thoả mãn a+b+c=1. Tìm MAX: \[P = \sum {a({b^2} + {c^2})} \]

Bài toán TQ;  Cho n  số thực không âm a(1); a(2);..................................a(n) thoả mãn a(1) +a(2) +.................+a(n) =1. Tìm MAX: 

\[P = \sum {a_1^2} (a_2^2 + a_3^2 + ................ + a_n^2)\]

[25 minutes]

Bài 20 Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} a+b+c=10\\\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1 \end{matrix}\right.$

Tìm GTNN của $P=a^2+b^2+c^2$

[duc12116]

\[P = {(a + b + c)^2} - 2(ab + bc + ca) = 100 - 2abc\]

Suy ra cần tìm Max abc. Từ hpt biểu diễn abc theo c ta được \[abc = \frac{{20{c^2} - 2{c^3}}}{{c - 1}}\] (1<c<10)

Đến đây khảo sát hàm số tìm ra c=2, a=b=4

 

p/s bài này chắc giải được bằng pp dồn biến để khử biến c. Nhưng em cùi quá không nghĩ ra, mong anh tocngan giúp đỡ để em hiểu hơn về pp này

[Ha Manh Huu]

Bài 21

cho các số thực dương a,b,c

CMR $\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}$

[phanquockhanh]

Bài 22: Cho $a,b,c$ là $3$ số dương thỏa mãn: $a+b-c \geq 0, b+c-a \geq 0, c+a-b \geq 0, (a+b+c)^2=4(ab+bc+ca-1)$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $S= \sqrt{ \dfrac{b+a}{c}-1}+ \sqrt{ \dfrac{a+c}{b}-1}+ \sqrt{ \dfrac{c+b}{a}-1}+ \dfrac{2 \sqrt{2}}{ \sqrt{a^2+b^2+c^2-2}}$.

 (Đề thi thử trường THPT Nguyến Khuyến)

[trauvang97]

Bài 21

cho các số thực dương a,b,c

CMR $\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}$

 

Không mất tính tổng quát, đặt: $abc=k^{3}$. Khi đó, tồn tại bộ số $(x,y,z)$ dương thoả mãn: $a=\frac{ky}{x},b=\frac{kz}{y},c=\frac{kx}{z}$

 

Khi đó ta cần chứng minh bất đẳng thức::

 

                   $P= \frac{x}{y+kz}+\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}\geq \frac{3}{k+1}$

 

Khi đó: $P\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{(k+1)(xy+yz+zx)}\geq \frac{3}{k+1}$

 

Do đó ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trauvang97: 09-07-2013 - 15:31

[trauvang97]

Bài 23: Cho $x,y$ là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:  

 

                                                   $A=\frac{xy+\sqrt{x^{4}+9x^{2}y^{2}}}{8y^{2}+x^{2}}$

 

Đề thi thử lần 2 khối D trường THPT chuyên Quốc học Huế

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trauvang97: 09-07-2013 - 16:58