Tìm giá trị lớn nhất của: $ P=(3-a)(3-b)(3-c)(\dfrac{1}{a^2b^2}+\dfrac{1}{b^2c^2}+\dfrac{1}{c ^2a^2})$ - Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán
giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12TRANG CHỦ giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12TÀI LIỆU TRẮC NGHIỆM giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 GIẢI TOÁN ONLINE giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 Upload-File giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12ĐĂNG KÍ THÀNH VIÊN
 
giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12   Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan GIẢI BÀI TẬP TOÁN ONLINE giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan Đại số luyện thi Đại học giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan Bất đẳng thức - Cực trị

Trả lờiGui De Tai Moi
 
Công cụ bài viết Tìm trong chủ đề này Kiểu hiển thị

  #1  
Cũ 08-11-2012, 20:58
Avatar của Miền cát trắng
Miền cát trắng Miền cát trắng đang ẩn
Mãi yêu người- MT
 
Cấp bậc: 27 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 656
Điểm: 312 / 9854
Kinh nghiệm: 25%

Thành viên thứ: 985
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Bài gửi: 938
Đã cảm ơn : 2.200
Được cảm ơn 2.234 lần trong 558 bài viết

Lượt xem bài này: 1566
Mặc định Tìm giá trị lớn nhất của: $ P=(3-a)(3-b)(3-c)(\dfrac{1}{a^2b^2}+\dfrac{1}{b^2c^2}+\dfrac{1}{c ^2a^2})$

Lại $Hot$ tiếp đây..Câu Bất đẳng thức đề thi hsg Hà Nội 2013 lần 2.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $a+b+c=6$.Tìm giá trị lớn nhất của:
$$ P=(3-a)(3-b)(3-c)(\dfrac{1}{a^2b^2}+\dfrac{1}{b^2c^2}+\dfrac{1}{c ^2a^2})$$


Chủ đề được quan tâm nhiều nhất:




Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Có 2 người đã cảm ơn cho bài viết này
Hà Nguyễn (08-11-2012), Sangham_BM (08-11-2012)
  #2  
Cũ 08-11-2012, 21:30
Avatar của Sangham_BM
Sangham_BM Sangham_BM đang ẩn
Thành viên Vip
Đến từ: Y.Thành, Nghệ An
Nghề nghiệp: K sĩ
Sở thích: Calisthenics
 
Cấp bậc: 9 [♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 212
Điểm: 36 / 3220
Kinh nghiệm: 50%

Thành viên thứ: 825
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Bài gửi: 110
Đã cảm ơn : 23
Được cảm ơn 274 lần trong 81 bài viết

Mặc định

Nguyên văn bởi NgoHoangToan Xem bài viết
Lại $Hot$ tiếp đây..Câu Bất đẳng thức đề thi hsg Hà Nội 2013 lần 2.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $a+b+c=6$.Tìm giá trị lớn nhất của:
$$ P=(3-a)(3-b)(3-c)(\dfrac{1}{a^2b^2}+\dfrac{1}{b^2c^2}+\dfrac{1}{c ^2a^2})$$
Đầu tiên ta chứng minh bổ đề:

$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq \dfrac{4a^2b^2c^2}{a^3+b^3+c^3+abc}$

Chứng minh:

Nguyên văn bởi Ntspbc Xem bài viết
Đành phải dùng vậy..!
Không mất tính tổng quát, giả sử $c$ là số nhỏ nhất.
Bất Đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$$4a^2b^2c^2-4abc\prod{(a+b-c)}\ge (a^3+b^3+c^3-3abc)\prod{(a+b-c)}$$
$$\Leftrightarrow 4abc[abc-\prod{(a+b-c)}]\ge (a^3+b^3+c^3-3abc)\prod{(a+b-c)}$$
$$\Leftrightarrow 4abc[(a+b-c)(a-b)^2+c(a-c)(b-c)]\ge (a+b+c)[(a-b)^2+c(a-c)(b-c)]\prod{(a+b-c)}$$
$$\Leftrightarrow [4abc(a+b-c)-(a+b+c)\prod{(a+b-c)}](a-b)^2+[4abc^2-(a+b+c)\prod{(a+b-c)}](a-c)(b-c)\ge 0 (1)$$
Ta có: $$4abc^2-(a+b+c)\prod{(a+b-c)}=4abc^2-(2\sum{a^2b^2}-\sum{a^4})$$
$$=c^4-2c^2(a-b)^2+(a-b)^4=[c^2-(a-b)^2]^2\ge 0$$
Mà $$4abc^2\le 4abc(a+b-c)$$ nên ta cũng có $$4abc(a+b-c)-(a+b+c)\prod{(a+b-c)}\ge 0$$
Mặt khác do $c=min{a;b;c}$ nên $$(a-c)(b-c)\ge 0$$
Từ đây dể suy ra $(1)$ luôn đúng.
Bất Đẳng Thức được chứng minh.


Nguyên văn bởi alex_hoang Xem bài viết
Sáng tác trùng nhau là truyện bình thường mà anh colia.Đây là một bài toán nổi tiếng cũng lâu rồi vài năm trước cơ bây giờ em không nhớ link nhưng mà nó đã được đưa vào sách cụ thể là cuốn sách BDT và những lời giải hay của anh Cẩn với 2 cách giải sử dụng Schur và SOS.Ngoài ra còn một các khác cuar Dark Templar của diendantoanhoc.net
Nguyên văn bởi dark templar
Bài này thực sự rất hay
Để phá điều kiện,ta sẽ đặt $x=\frac{a+b}{c};y=\frac{b+c}{a};z=\frac{c+a}{b}$ trong đó $a,b,c>0$.Lúc này,BĐT cần chứng minh trở thành:
$$8a^2b^2c^2 \ge (b+c)(c+a)(a+b)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$$
Ta sẽ chứng minh 1 BĐT mạnh hơn:
$$4a^2b^2c^2 \ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)(1)$$
Không mất tính tổng quát,ta giả sử $a \ge b \ge c$.Dễ dàng thấy rằng BĐT đúng khi $a \ge b+c$.Do đó ta chỉ xét trường hợp $b+c>a$:
Viết lại (1) dưới dạng sau:
$$16a^2b^2c^2(a+c)^2 \ge 4(a+c)^2[b^2-(a-c)^2](c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Theo BĐT AM-GM,ta có:
$$VP \le [(a+c)^2b^2-(a-c)^2(a+c)^2+(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)]^2$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$$4abc(a+c) \ge (a+c)^2[b^2-(a-c)^2]+(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Hay:
$$4acb^2-(a+c)^2[b^2-(a-c)^2] \ge (c+a-b)(a^3+b^3+c^3-3abc)$$
Hay:
$$(a-c)^2[(a+c)^2-b^2] \ge [(a+c)^2-b^2](a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$$
Mặt khác,o $a+c>b \Rightarrow (a+c)^2-b^2>0$ nên:
$$(a-c)^2 \ge a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$$
Hay:
$$(a-b)(b-c) \ge 0$$
(luôn đúng $\forall a \ge b \ge c$)
Vậy (1) đã được chứng minh.Tiếp theo ta sẽ chứng minh:
$$2(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc) \ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b)(b+c)(c+a)(2)$$
Dễ dàng thấy rằng khi 1 trong 3 thừa số $a+b-c;b+c-a;c+a-b$ âm thì BĐT (2) hiển nhiên đúng.Xét trong điều kiện cả 3 thừa số đều dương,BĐT tương đương với:
$$2(a^3+b^3+c^3+abc) \ge (a+b)(b+c)(c+a)$$
Hay:
$$(a-b)^2(a+b)+(b-c)^2(b+c)+(c-a)^2(c+a) \ge 0$$
(luôn đúng $\forall a,b,c>0$)
Kết hợp (1) và (2),ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.
Dark đã chứng minh một bài khác nhưng có sử dụng kết quả trên.Đây có lẽ là cách đơn giản nhất vì cách này Dark làm cho các bạn THCS
Ta cũng chỉ cần chứng minh nó đúng với điều kiện $a, b, c$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác, và ta có:....

Nguyên văn bởi colia Xem bài viết
Bài 6 ( hơi bị khó đấy) :
Cho $a,b,c$ là ba cạnh của tam giác với bán kính ngoại tiếp $R$. Chứng minh rằng
$$4(a+b+c)R^2 \ge a^3+b^3+c^3+abc$$
Nguyên văn bởi dien9c Xem bài viết
Bài 6.Phương pháp hình học luôn hay nhất
Ta có $$IH^2= 4R^2-\frac{a^3+b^3+c^3+abc}{a+b+c}$$
Các bạn chứng minh nó bằng bình phương vô hướng
Nguyên văn bởi dien9c Xem bài viết
Solution Ta có
$$(a+b+c) \vec {HI} = a\vec{HA}+b\vec{HB}+c\vec{HC} $$
Bình phương vô hướng hai vế ta có
$$(a+b+c)^2= \sum a^2.\vec {HA}^2 +2 \sum ab.\vec{HA}.\vec{HB}
=\sum a^2.\vec {HA}^2 + \sum ab.(HA^2+HB^2-c^2)$$
Bây giờ ta cần tính $HA,HB,HC$.
Hạ $OD$ vuông góc với $BC$ thì
$$HA^2=4OD^2=4R^2-a^2 $$
Bây giờ ráp vào trên ta có đpcm.
Chịu khó hơn một chút và để ý rằng
$$ab+bc+ca=p^2+4Rr+r^2
a^2+b^2+c^2=2p^2-8Rr-2r^2
abc=4Rrp $$
Ta thu được bất đẳng thức có nhiều ứng dụng (hình như là Gereten)
$$4R^2+4Rr+3r^2\ge p^2$$
QED


Nguồn: Bất đẳng thức made in BoxMath.

Trở lại bài toán. Từ giả thiết ta có thể viết lại biểu thức $P$ như sau:

$P=\dfrac{1}{8a^2b^2c^2}(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^2+b^2+c^2)$

Sử dụng bổ đề ta suy ra:

$P\leq \dfrac{4(a^2+b^2+c^2)}{8(a^3+b^3+c^3+abc)}=\dfrac{ a^2+b^2+c^2}{2(a^3+b^3+c^3+abc)}$

Ta chứng minh $\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2(a^3+b^3+c^3+abc)}\leq \dfrac{3}{16}$ hay $3(a^3+b^3+c^3+abc)\geq 8(a^2+b^2+c^2)$

$\iff 6.3(a^3+b^3+c^3+abc)\geq 8(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$

$\iff 5(a^3+b^3+c^3)+9abc\geq 4(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))$

Theo BĐT $Schur$ thì $a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$, vậy nên ta chỉ cần chứng minh được BĐT sau là đủ: $5(a^3+b^3+c^3)+9abc\geq 4(a^3+b^3+c^3+3abc)$

Hay $a^3+b^3+c^3\geq 3abc$, chúng ta dễ có điều này theo BĐT $AM-GM$.

Do vậy ta có: $\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2(a^3+b^3+c^3+abc)}\leq \dfrac{3}{16}$

Suy ra $P\leq \dfrac{3}{16}$.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$.

Vậy GTLN của $P$ là $\dfrac{3}{16}$ khi $a=b=c=2$.


Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Có 2 người đã cảm ơn cho bài viết này
Lê Đình Mẫn (08-11-2012), Miền cát trắng (08-11-2012)
Trả lờiG?i Ð? Tài M?i Thích và chia sẻ bài viết này:


Đang xem bài viết : 1 (0 thành viên và 1 khách)
 


Từ khóa
ab bc ca=p^2 r^2 4rr, a^2 b^2 c^2=2p^2-2r^2-8rr, của, dfrac1b2c2, dfrac1c, lớn, nhất, p3a3b3cdfrac1a2b2, trị
Công cụ bài viết Tìm trong chủ đề này
Tìm trong chủ đề này:

Tìm chi tiết
Kiểu hiển thị

Quyền viết bài
Bạn không thể gửi chủ đề mới
Bạn không thể gửi trả lời
Bạn không thể gửi file đính kèm
Bạn không thể sửa bài viết của mình

BB code đang Mở
Mặt cười đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt



DIỄN ĐÀN K2PI.NET.VN | THÁNG 12.2011
Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán
Thay đổi tên miền K2pi.Net thành K2pi.Net.Vn từ ngày 01-10-2014