A
antminh
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!
ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.
Bài 2 : Cho a,b,c > 0 thỏa mãn (a+c)(b+c) = 4c^2 . tìm min
P =$\frac{32a^3}{(b+3c)^3} + \frac{32b^3}{(a+3c)^3} - \frac{\sqrt{a^2 +b^2}}{c}$
Lời giải: Bài toán này hầu hết các lời giải đều sử dụng đạo hàm để giải. Lời giải sau đây sẽ sủ dụng những biến đổi thuần túy mà không dùng tới đạo hàm.
Đặt x=$\frac{a}{c}$, $y=\frac{b}{c}$ suy ra $xy+x+y=3$, lại có $xy \le \frac{(x+y)^2}{4}$ nên $ \frac{(x+y)^2}{4}+x+y \ge 3 \rightarrow x+y \ge 2$ và $xy \le 1$.
Xét biểu thức:$$\frac{x}{x+3}+\frac{y}{y+3}=\frac{2xy+3(x+y)}{xy+3(x+y)+9}=\frac{2xy+3(x+y)}{xy+3(x+y)+3(xy+x+y)}=\frac{1}{2}$$
Sử dụng BĐT cauchuy cho 3 số dương:
$$\frac{16a^3}{(b+3c)^3}+\frac{16a^3}{(b+3c)^3}+\frac{1}{4} \ge \frac{12a^2}{(b+3c)^2}$$
Hoàn toàn tương tự:
$$\frac{16b^3}{(a+3c)^3}+\frac{16b^3}{(a+3c)^3}+\frac{1}{4} \ge \frac{12b^2}{(a+3c)^2}$$
Suy ra: $$\frac{32a^3}{(b+3c)^3}+\frac{32b^3}{(a+3c)^3} \ge 12[\frac{a^2}{(a+3c)^2}+\frac{b^2}{(b+3c)^2}]-\frac{1}{2}, (1)$$
Từ $\frac{x}{x+3}+\frac{y}{y+3}=\frac{1}{2}$ ta có $$\frac{a}{a+3c}+\frac{b}{b+3c}=\frac{1}{2}\rightarrow \frac{a^2}{(a+3c)^2}+\frac{b^2}{(b+3c)^2} \ge \frac{1}{8}$$
Do đó $$\frac{a^2}{(b+3c)^2}+\frac{b^2}{(a+3c)^2}-\frac{1}{8} \ge$$
$$\frac{a^2}{(b+3c)^2}+\frac{b^2}{(a+3c)^2}-\frac{a^2}{(a+3c)^2}-\frac{b^2}{(b+3c)^2}$$
$$=\frac{(a^2-b^2)((a+3c)^2-(b+3c)^2)}{(b+3c)^2(a+3c)^2}=\frac{(a-b)^2(a+b)(a+b+6c)}{(b+3c)^2(a+3c)^2}$$
Do $x+y \ge 2$ nên $a+b \ge 2c$ do đó $(a+b)(a+b+6c)\ge 16c^2$. Mặt khác $$(b+3c)(a+3c)=ab+3c(a+b)+9c^2 \le 3(ab+bc+ca)+9c^2=18c^2$$ nên
$$\frac{a^2}{(b+3c)^2}+\frac{b^2}{(a+3c)^2}-\frac{1}{8} \ge$$
$$\frac{(a-b)^2(a+b)(a+b+6c)}{(b+3c)^2(a+3c)^2} \ge\frac{16(a-b)^2}{18^2.c^2}=\frac{4(a-b)^2}{81c^2}$$
Do đó $$12[\frac{a^2}{(b+3c)^2}+\frac{b^2}{(a+3c)^2}-\frac{1}{8}] \ge \frac{16(a-b)^2}{27c^2}, (2)$$
Lại có $xy \le 1$ nên $\frac{ab}{c^2} \le 1$. Do đó:
$$\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{c}-\sqrt{2}=\frac{\sqrt{(a-b)^2+2ab}}{c}-\sqrt{2}$$
$$\le \sqrt{\frac{(a-b)^2}{c^2}+2}-\sqrt{2}=\frac{\frac{(a-b)^2}{c^2}}{\sqrt{\frac{(a-b)^2}{c^2}+2}+\sqrt{2}} \le \frac{(a-b)^2}{2\sqrt{2}.c^2}, (3)$$
Từ (1),(2) và (3) suy ra $P \ge 1-\sqrt{2}+(\frac{16}{27}-\frac{1}{2\sqrt{2}})\frac{(a-b)^2}{c^2} \ge 1-\sqrt{2}$
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c
P =$\frac{32a^3}{(b+3c)^3} + \frac{32b^3}{(a+3c)^3} - \frac{\sqrt{a^2 +b^2}}{c}$
Lời giải: Bài toán này hầu hết các lời giải đều sử dụng đạo hàm để giải. Lời giải sau đây sẽ sủ dụng những biến đổi thuần túy mà không dùng tới đạo hàm.
Đặt x=$\frac{a}{c}$, $y=\frac{b}{c}$ suy ra $xy+x+y=3$, lại có $xy \le \frac{(x+y)^2}{4}$ nên $ \frac{(x+y)^2}{4}+x+y \ge 3 \rightarrow x+y \ge 2$ và $xy \le 1$.
Xét biểu thức:$$\frac{x}{x+3}+\frac{y}{y+3}=\frac{2xy+3(x+y)}{xy+3(x+y)+9}=\frac{2xy+3(x+y)}{xy+3(x+y)+3(xy+x+y)}=\frac{1}{2}$$
Sử dụng BĐT cauchuy cho 3 số dương:
$$\frac{16a^3}{(b+3c)^3}+\frac{16a^3}{(b+3c)^3}+\frac{1}{4} \ge \frac{12a^2}{(b+3c)^2}$$
Hoàn toàn tương tự:
$$\frac{16b^3}{(a+3c)^3}+\frac{16b^3}{(a+3c)^3}+\frac{1}{4} \ge \frac{12b^2}{(a+3c)^2}$$
Suy ra: $$\frac{32a^3}{(b+3c)^3}+\frac{32b^3}{(a+3c)^3} \ge 12[\frac{a^2}{(a+3c)^2}+\frac{b^2}{(b+3c)^2}]-\frac{1}{2}, (1)$$
Từ $\frac{x}{x+3}+\frac{y}{y+3}=\frac{1}{2}$ ta có $$\frac{a}{a+3c}+\frac{b}{b+3c}=\frac{1}{2}\rightarrow \frac{a^2}{(a+3c)^2}+\frac{b^2}{(b+3c)^2} \ge \frac{1}{8}$$
Do đó $$\frac{a^2}{(b+3c)^2}+\frac{b^2}{(a+3c)^2}-\frac{1}{8} \ge$$
$$\frac{a^2}{(b+3c)^2}+\frac{b^2}{(a+3c)^2}-\frac{a^2}{(a+3c)^2}-\frac{b^2}{(b+3c)^2}$$
$$=\frac{(a^2-b^2)((a+3c)^2-(b+3c)^2)}{(b+3c)^2(a+3c)^2}=\frac{(a-b)^2(a+b)(a+b+6c)}{(b+3c)^2(a+3c)^2}$$
Do $x+y \ge 2$ nên $a+b \ge 2c$ do đó $(a+b)(a+b+6c)\ge 16c^2$. Mặt khác $$(b+3c)(a+3c)=ab+3c(a+b)+9c^2 \le 3(ab+bc+ca)+9c^2=18c^2$$ nên
$$\frac{a^2}{(b+3c)^2}+\frac{b^2}{(a+3c)^2}-\frac{1}{8} \ge$$
$$\frac{(a-b)^2(a+b)(a+b+6c)}{(b+3c)^2(a+3c)^2} \ge\frac{16(a-b)^2}{18^2.c^2}=\frac{4(a-b)^2}{81c^2}$$
Do đó $$12[\frac{a^2}{(b+3c)^2}+\frac{b^2}{(a+3c)^2}-\frac{1}{8}] \ge \frac{16(a-b)^2}{27c^2}, (2)$$
Lại có $xy \le 1$ nên $\frac{ab}{c^2} \le 1$. Do đó:
$$\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{c}-\sqrt{2}=\frac{\sqrt{(a-b)^2+2ab}}{c}-\sqrt{2}$$
$$\le \sqrt{\frac{(a-b)^2}{c^2}+2}-\sqrt{2}=\frac{\frac{(a-b)^2}{c^2}}{\sqrt{\frac{(a-b)^2}{c^2}+2}+\sqrt{2}} \le \frac{(a-b)^2}{2\sqrt{2}.c^2}, (3)$$
Từ (1),(2) và (3) suy ra $P \ge 1-\sqrt{2}+(\frac{16}{27}-\frac{1}{2\sqrt{2}})\frac{(a-b)^2}{c^2} \ge 1-\sqrt{2}$
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c
Last edited by a moderator:
