Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 2 của 2

Chủ đề: BẤT ĐẲNG THỨC

  1. #1
    Ngày tham gia
    Dec 2014
    Tuổi
    21
    Bài viết
    130
    Cám ơn (Đã nhận)
    62


    Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + 6{c^2} = 4c\left( {a + b} \right)$. Tìm GTNN của:
    $P = \frac{{{a^3}}}{{b{{\left( {a + c} \right)}^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{a{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{\sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} }}{c}$

  2. Cám ơn lequangnhat20 đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    $\boxed{\star \bigstar \star}$ HongAn39's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    TP HCM
    Bài viết
    87
    Cám ơn (Đã nhận)
    198
    Trích dẫn Gửi bởi changkho1997 Xem bài viết
    Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + 6{c^2} = 4c\left( {a + b} \right)$. Tìm GTNN của:
    $P = \frac{{{a^3}}}{{b{{\left( {a + c} \right)}^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{a{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{\sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} }}{c}$
    Từ điều kiện của bài toán ta có:
    \[{a^2} + {b^2} + 6{c^2} = 4c\left( {a + b} \right) \leq 4c\sqrt{2(a^2+b^2)} \\ \Leftrightarrow \frac{1}{2}+\frac{6c^2}{2(a^2+b^2)} \leq \frac{4c}{\sqrt{2(a^2+b^2)}} \Leftrightarrow \frac{1}{6} \leq \frac{c}{\sqrt{2(a^2+b^2)}} \leq \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{\sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} }}{c} \geq 2 \]
    Mặt khác ta lại có:
    \[\frac{{{a^3}}}{{b{{\left( {a + c} \right)}^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{a{{\left( {b + c} \right)}^2}}} \geq \frac{a^4}{2ab(a^2+c^2)}+\frac{b^4}{2ab(b^2+c^2)} \\ \geq \frac{(a^2+b^2)^2}{2ab(a^2+b^2+2c^2)} \geq \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2c^2} = \frac{1}{1+\dfrac{4c^2}{2(a^2+b^2)}} \geq \frac{1}{2}\]
    Suy ra: $P \geq \frac{1}{2}+2=\frac{5}{2}$
    Vậy $P_{min}= \frac{5}{2}$ khi $a=b=c=1$

  4. Cám ơn lequangnhat20, changkho1997 đã cám ơn bài viết này
 

 

Thông tin về chủ đề này

Users Browsing this Thread

Có 1 người đang xem chủ đề. (0 thành viên và 1 khách)

Tag của Chủ đề này