Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh
* * * * * 1 Bình chọn

[VMO 2014] Ngày 2 - Bài 6 - Đại số

vmo2014

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 29 trả lời

#1 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2938 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 04-01-2014 - 11:59

Bài 6 (7 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$$T=\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}+\frac{y^3z^4x^3}{(y^4+z^4)(yz+x^2)^3}+\frac{z^3x^4y^3}{(z^4+x^4)(zx+y^2)^3}$$
với $x,y,z$ là các số thực dương.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 04-01-2014 - 12:27

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#2 kfcchicken98

kfcchicken98

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-01-2014 - 12:33

đặt $\frac{x}{y}=a; \frac{y}{z}=b;\frac{z}{x}=c$; abc=1

T=$\sum \frac{1}{(a^{4}+1)(b+c)^{3}}$

$\frac{1}{(a^{4}+1)(b+c)^{3}}\leq \frac{1}{\frac{(a^{2}+1)^{2}}{2}(b+c)^{3}}\leq \frac{1}{\frac{(a+1)^{4}}{8}(b+c)^{3}}=\frac{8}{(a+1)^{4}(b+c)^{3}}{}\leq \frac{8}{16a^{2}4bc(b^{2}+c^{2})}=\frac{1}{8a(b^{2}+c^{2})}\leq \frac{1}{16}$

suy ra Max=$\frac{3}{16}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kfcchicken98: 04-01-2014 - 12:33


#3 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 04-01-2014 - 12:33

Sao chưa có ai giải thế? Bài này lúc đầu mình dùng Cauchy sau đó là dồn biến. Không biết sai gì không? Ai làm ra đăng bài giải cho mọi người cùng xem.


Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#4 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 04-01-2014 - 12:53

đặt $\frac{x}{y}=a; \frac{y}{z}=b;\frac{z}{x}=c$; abc=1

T=$\sum \frac{1}{(a^{4}+1)(b+c)^{3}}$

$\frac{1}{(a^{4}+1)(b+c)^{3}}\leq \frac{1}{\frac{(a^{2}+1)^{2}}{2}(b+c)^{3}}\leq \frac{1}{\frac{(a+1)^{4}}{8}(b+c)^{3}}=\frac{8}{(a+1)^{4}(b+c)^{3}}{}\leq \frac{8}{16a^{2}4bc(b^{2}+c^{2})}=\frac{1}{8a(b^{2}+c^{2})}\leq \frac{1}{16}$

suy ra Max=$\frac{3}{16}$

BĐT này sai rồi bạn ạ....$(b+c)^{3} \geq bc(b^{2}+c^{2})$ 


:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#5 nguyenqn1998

nguyenqn1998

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 173 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10T-Chuyên Lê Quý đôn-Bình định
  • Sở thích:iqn

Đã gửi 04-01-2014 - 13:14

bài của VQBC:

https://www.facebook...elevant_count=2

https://www.facebook...elevant_count=1



#6 vutuanhien

vutuanhien

    Thiếu úy

  • Điều hành viên Đại học
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN

Đã gửi 04-01-2014 - 13:16

Bài 6 (7 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$$T=\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}+\frac{y^3z^4x^3}{(y^4+z^4)(yz+x^2)^3}+\frac{z^3x^4y^3}{(z^4+x^4)(zx+y^2)^3}$$
với $x,y,z$ là các số thực dương.

Cách của em khá kinh khủng, không biết có ai có lời giải ngắn hơn không @@

Trước tiên ta có BĐT sau:

$$x^3+y^3\geq xy\sqrt[4]{8(x^4+y^4)}$$

Thật vậy, theo BĐT quen thuộc:$xy(x^4+y^4)\leq x^6+y^6$

Suy ra

$8x^4y^4(x^4+y^4)=8x^3y^3.xy(x^4+y^4)\leq 4.2x^3y^3(x^6+y^6)\leq (2x^3y^3+x^6+y^6)^2=(x^3+y^3)^4$

Vậy nhận xét đc chứng minh 

Để ý thấy $(xy+z^3)^3$ không liên quan gì lắm đến cái mẫu mà đề bài lại yêu cầu tìm GTLN, do đó ta áp dụng AM-GM để đưa về dạng tích:

$$(xy+z^2)^3\geq 8z^3.\sqrt{x^3y^3}$$

Suy ra

$\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}\leq \frac{x^3y^4z^3}{8(x^4+y^4)z^3\sqrt{x^3y^3}}=\frac{x^2y^3}{8(x^4+y^4)\sqrt{xy}}$

Lại theo BĐT quen thuộc thì:$x^4+y^4\geq \frac{1}{2}(x+y)(x^3+y^3)\geq \sqrt{xy}(x^3+y^3)$

Do đó

$\frac{xy^2}{8(x^3+y^3)}\leq \frac{xy^2}{8xy\sqrt[4]{8(x^4+y^4)}}=\frac{1}{8}\sqrt[4]{8\frac{y^4}{x^4+y^4}}$

Áp dụng BĐT $(x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)$:

$(\sum \sqrt[4]{\frac{y^4}{x^4+y^4}})^4\leq 9(\sum \sqrt{\frac{y^4}{x^4+y^4}})^2$

Đến đây đơn giản rồi. Đây là 1 lớp bài quen thuộc có thể giải bằng kĩ thuật đối xứng hóa

$9(\sum \sqrt{\frac{y^4}{x^4+y^4}})^2\leq 9\sum (y^4+z^4)\sum \frac{y^4}{(x^4+y^4)(y^4+z^4)}=\frac{36\sum x^4\sum x^4y^4}{(x^4+y^4)(y^4+z^4)(z^4+x^4)}\leq \frac{81}{2}$

(BĐT quen thuộc $9(x+y)(y+z)(z+x)\leq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$

Suy ra

$\sum \sqrt[4]{\frac{y^4}{x^4+y^4}}\leq \frac{3}{\sqrt[4]{2}}$

Và từ đó ta suy ra 

$T\leq \frac{3}{16}$...

Ban đầu đến đoạn $\sum \frac{xy^2}{x^3+y^3}$... mình còn phá tung ra rồi ghép cặp để AM-GM @@

Bài này thay số mũ khác thích hợp thì vẫn đúng đấy chứ nhỉ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 04-01-2014 - 13:52

$\sum_{P} I(P, F\cap G)=mn$

 

"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck


#7 jindoak10

jindoak10

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 04-01-2014 - 13:29

trường nào có vẻ khả quan không 



#8 nguyenqn1998

nguyenqn1998

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 173 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10T-Chuyên Lê Quý đôn-Bình định
  • Sở thích:iqn

Đã gửi 04-01-2014 - 13:35

cách khác: 

ta có: $xy(x^2+y^2)\leq \frac{(x+y)^4}{8}\leq(x^4+y^4)$

=> $P=\sum \frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}\leq \frac{1}{4}\sum \frac{x^3y^4z^3}{x^2y^2z^2(x^2+y^2)(xy+z^2)}\leq\frac{1}{4}\sum \frac{xy^2z}{xy(x^2+y^2)+2z^2xy}=\frac{1}{4}\sum \frac{yz}{x^2+y^2+2z^2}\leq\frac{1}{16}\frac{(y+z)^2}{(x^2+z^2)+(y^2+z^2)}\leq \frac{1}{16}\sum(\frac{y^2}{y^2+z^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2})=\frac{3}{16}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenqn1998: 04-01-2014 - 14:41


#9 vutuanhien

vutuanhien

    Thiếu úy

  • Điều hành viên Đại học
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN

Đã gửi 04-01-2014 - 14:07

1 cách nữa

Nhìn vào đề bài như thế này ta thường hay nghĩ đến cách đổi biến

Với ý tưởng đó, ta đặt $\frac{x}{y}=a, \frac{y}{z}=b, \frac{z}{x}=c$ thì $abc=1$

$$T=\frac{1}{(a^4+1)(b+c)^3}+\frac{1}{(b^4+1)(c+a)^3}+\frac{1}{(c^4+1)(a+b)^3}$$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$$(b+c)^3\geq 8bc\sqrt{bc}=\frac{8}{a\sqrt{a}}\geq \frac{16}{a^2+a}$$

Suy ra

$$16T\leq \frac{a^2+a}{a^4+1}+\frac{b^2+b}{b^4+1}+\frac{c^2+c}{c^4+1}$$

Ta có 

$$\frac{a^2+a}{a^4+1}\leq \frac{3(a^2+a)}{2(a^2+a+1)}\Leftrightarrow (a-1)^2(a+1)(3a^2+4a+3)\geq 0$$ (đúng)

Suy ra 

$$\frac{a^2+a}{a^4+1}+\frac{b^2+b}{b^4+1}+\frac{c^2+c}{c^4+1}\leq \frac{3}{2}\sum \frac{a+1}{a^2+a+1}\leq 3$$

(BĐT quen thuộc:nếu $abc=1$ thì $\sum \frac{a+1}{a^2+a+1}\leq 2$)

Suy ra $T\leq \frac{3}{16}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 04-01-2014 - 23:25

$\sum_{P} I(P, F\cap G)=mn$

 

"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck


#10 Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Physics

Đã gửi 04-01-2014 - 14:10

Bài 6 (7 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$$T=\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}+\frac{y^3z^4x^3}{(y^4+z^4)(yz+x^2)^3}+\frac{z^3x^4y^3}{(z^4+x^4)(zx+y^2)^3}$$
với $x,y,z$ là các số thực dương.

Ta có : $\sum \frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}\leq \sum \frac{x^3y^4z^3}{2x^2y^2.(xy+z^2)^3}=\sum \frac{xy^2z^3}{2(xy+z^2)^3}=\sum \frac{xy.z^2.yz}{2(xy+z^2)^3}\leq \frac{\frac{(xy+z^2)^2.yz}{4}}{2(xy+z^2)^3}=\frac{yz}{8(xy+z^2)}$

Do đó ta sẽ CM :$\sum \frac{yz}{xy+z^2}\leq \frac{3}{2}< = > \sum \frac{1}{\frac{x}{z}+\frac{z}{y}}\leq \frac{3}{2}$

Đặt $\frac{y}{x}=c,\frac{z}{y}=a,\frac{x}{z}=b$

BĐT $< = > \sum \frac{1}{a+b}\leq \frac{3}{2}$ với $abc=1$

Thế nhưng đây là bđt quen thuộc .

Do đó A Max= $\frac{3}{16}< = > x=y=z$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Tung 126: 04-01-2014 - 14:14


#11 kfcchicken98

kfcchicken98

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-01-2014 - 14:23

BĐT này sai rồi bạn ạ....$(b+c)^{3} \geq bc(b^{2}+c^{2})$ 

$(b+c)^{3}\geq 4bc(b^{2}+c^{2})$ 



#12 vutuanhien

vutuanhien

    Thiếu úy

  • Điều hành viên Đại học
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN

Đã gửi 04-01-2014 - 14:26

cách khác: 

ta có: $xy(x^2+y^2)\leq \frac{(x+y)^4}{8}\leq(x^4+y^4)$

=> $P=\sum \frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}\leq \frac{1}{4}\sum \frac{x^3y^4z^3}{x^2y^2z^2(x^2+y^2)(xy+z^2)}\leq\sum \frac{xy^2z}{xy(x^2+y^2)+2z^2xy}=\frac{1}{4}\sum \frac{yz}{x^2+y^2+2z^2}\leq\frac{1}{16}\frac{(y+z)^2}{(x^2+z^2)+(y^2+z^2)}\leq \frac{1}{16}\sum(\frac{y^2}{y^2+z^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2})=\frac{3}{16}$

Tổng cuối nếu viết hết ra nó không bằng $3$ đâu bạn

 

BĐT $< = > \sum \frac{1}{a+b}\leq \frac{3}{2}$ với $abc=1$

Thế nhưng đây là bđt quen thuộc .

Cái này chứng minh thế nào vậy?


$\sum_{P} I(P, F\cap G)=mn$

 

"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck


#13 soros_fighter

soros_fighter

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 93 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Hà Tĩnh

Đã gửi 04-01-2014 - 14:28

 

BĐT $< = > \sum \frac{1}{a+b}\leq \frac{3}{2}$ với $abc=1$

Thế nhưng đây là bđt quen thuộc .

Do đó A Max= $\frac{3}{16}< = > x=y=z$

 

Cho a,b tiến tới 0 BDT sai


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi soros_fighter: 04-01-2014 - 14:28


#14 nguyenqn1998

nguyenqn1998

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 173 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10T-Chuyên Lê Quý đôn-Bình định
  • Sở thích:iqn

Đã gửi 04-01-2014 - 14:45

Tổng cuối nếu viết hết ra nó không bằng $3$ đâu bạn

 

Cái này chứng minh thế nào vậy?

có vẻ mình sai

 

$(b+c)^{3}\geq 4bc(b^{2}+c^{2})$ 

có vẻ sai rồi: $(b+c)^3=(b+c)(b+c)^2 \geq 4bc.(b+c)$

sao mà $b^2+c^2 \leq b+c$



#15 SSA

SSA

    Lính mới

  • Thành viên
  • 7 Bài viết

Đã gửi 04-01-2014 - 15:11

Chuẩn hóa $x+y+z=3$
 
Dễ cm $x^4+y^4 \geq \frac{(x+y)^3}{4}$
 
$\sum \frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3} = \sum y.\frac{x^3y^3z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3} \leq \sum 4y.\frac{x^3y^3z^3}{[(x+y)(xy+z^2)]^3} = \sum 4y.[\frac{xyz}{x^2y+xz^2+xy^2+yz^2}]^3 \leq \sum 4y.[\frac{xyz}{4xyz}]^3=\sum \frac{y}{16}=\frac{3}{16}$
 
Dấu $"=" \Leftrightarrow x=y=z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SSA: 04-01-2014 - 15:20


#16 SSA

SSA

    Lính mới

  • Thành viên
  • 7 Bài viết

Đã gửi 04-01-2014 - 15:12

Chuẩn hóa $a+b+c=3$

 

Dễ cm $x^4+y^4 \geq \frac{(x+y)^3}{4}$

 

$\sum_\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3} = \sum_y.\frac{x^3y^3z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3} \leq \sum_4y.\frac{x^3y^3z^3}{[(x+y)(xy+z^2)]^3} = \sum_4y.[\frac{xyz}{x^2y+xz^2+xy^2+yz^2}]^3 \leq \sum_4y.[\frac{xyz}{4xyz}]^3 $  (ở đây dùng AM-GM dưới mẫu)  $=\sum_\frac{y}{16}=\frac{3}{16}$

 

Dấu $"=" \Leftrightarrow x=y=z=1$


  • LNH yêu thích

#17 tranquocluat_ht

tranquocluat_ht

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 236 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Giáo viên Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh
  • Sở thích:Sáng tạo

Đã gửi 04-01-2014 - 21:32

Chuẩn hóa $abc=1$ rồi thì làm sao cho $a+b+c=3$ được nữa.



#18 ongngua97

ongngua97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 311 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:volleyball.

Đã gửi 04-01-2014 - 21:35

 

Có 1 hướng giải cũng khá hay( mới nghĩ ra, chưa biết đúng không ) .
 
Ta có $a^4+b^4\geq \frac{1}{2}(a^2+b^2)(a^2+b^2)\geq ab(a^2+b^2)$.
 
Từ đó $T\leq \sum \frac{x^2y^3z^3}{(x^2+y^2)(xy+z^2)^3}=\sum \frac{1}{(1+(\frac{y}{x})^2)(\frac{x}{z}+\frac{z}{y})^3}$
 
Đặt $a=\frac{y}{x},b=\frac{x}{z}, c=\frac{z}{y}$ => $abc=1$.
 
Khi đó $T\leq \sum \frac{1}{(1+a^2)(b+c)^3}=\sum \frac{1}{(1+a^2)(b+c)^2(b+c)}\leq \sum \frac{1}{16abc.\sqrt{bc}}=\frac{1}{16}.\sum \sqrt{a}$ .
 
Vì $abc=1$ nên T là đa thức thuần nhất => Chuẩn hóa $a+b+c=3$.
 
Vậy $T\leq \frac{1}{16}.\sqrt{3(a+b+c)}=\frac{3}{16}$ khi $a=b=c=1$ hay $x=y=z$.
 
Mong mọi người góp ý.

 

Mình nghĩ là sai rồi vì abc=1 nên không thể chuẩn hoá được nữa.

 

Mình chỉ chỗ sai luôn :

 

ở dòng đỏ BĐT bị ngược dấu, thật vậy vì abc=1 nên $\sum \sqrt{a}\geq 3$

 

:)


ONG NGỰA 97. :wub: 


#19 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

  • Thành viên
  • 776 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 04-01-2014 - 22:44

Bài 6 (7 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$$T=\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}+\frac{y^3z^4x^3}{(y^4+z^4)(yz+x^2)^3}+\frac{z^3x^4y^3}{(z^4+x^4)(zx+y^2)^3}$$
với $x,y,z$ là các số thực dương.

Ta dễ dàng chứng minh được: ( bằng AM-GM)

$x^4+y^4 \ge xy(x^2+y^2)$

 

$xy+z^2 \ge 2\sqrt{xyz^2}\Rightarrow (xy+z^2)^3\ge 8x^\frac{3}{2}y^\frac{3}{2}z^3$

Do đó

 

$\frac{x^3y^4z^3}{(xy+z^2)^3(x^4+y^4)}\le\frac{x^\frac{1}{2}y^\frac{3}{2}}{8(x^2+y^2)}$

Theo AM-GM:

 

$\frac{x^\frac{1}{2}y^\frac{3}{2}}{8(x^2+y^2)}\le \frac{\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}.y^2}}{8(x^2+y^2)}=\frac{1}{8\sqrt{2}}\sqrt{\frac{y^2}{x^2+y^2}}$

 

$\Rightarrow T\le \sum \frac{1}{8\sqrt{2}}\sqrt{\frac{y^2}{x^2+y^2}}$

 

Đặt $x^2=a$ ; $y^2=b$ ; $z^2=c$ . Khi đó:

 

$ T\le \sum \frac{1}{8\sqrt{2}}\sqrt{\frac{b}{a+b}}$

 

Mặt khác:

 

$\left [ \sum\sqrt{\frac{b}{a+b}} \right ]^2\le \left [ \sum\frac{b}{(a+b)(b+c)} \right ]\left [ \sum(b+c) \right ]=\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

và 

$8(a+b+c)(ab+bc+ca)\le 9(a+b)(b+c)(c+a)$ ( bđt quen thuộc)

 

$\Rightarrow T\le \frac{3}{16}$

 

Vậy GTLN của T là $\frac{3}{16}$ khi $x=y=z$



#20 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-01-2014 - 10:32

 

Bài 6 (7 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$$T=\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}+\frac{y^3z^4x^3}{(y^4+z^4)(yz+x^2)^3}+\frac{z^3x^4y^3}{(z^4+x^4)(zx+y^2)^3}$$
với $x,y,z$ là các số thực dương.

 
 
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[(xy+z^2)^2\ge 4xy\cdot z^2.\]
\[x^4+y^4 \ge \frac{(x^2+y^2)^2}{2} \ge 2xy\cdot \frac{x^2+y^2}{2}=xy(x^2+y^2).\]
 
Từ đó, suy ra 
\[(x^4+y^4)(xy+z^2)^3 \ge 4xyz^2 \cdot xy(x^2+y^2)\cdot (xy+z^2)\ge 4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)],\]
hay là
\[\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+{{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}} \le \frac{xy^2z}{2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)}.\]
Đặt $a=xy,\;b=yz,\;c=zx.$ Ta được
\[P \le \frac{1}{4}\left (\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{bc}{2b^2+c^2+a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+b^2} \right ).\]
Theo bất đẳng thức AM-GM, thì
\[\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2} \le \frac{ab}{\sqrt{2a^2(b^2+c^2)}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}.\]
Nên 
\[P\le \frac{1}{4\sqrt{2}}\left ( \sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a^2}} \right ).\]
Mặc khác, ta có một kết quả quen thuộc 
\[\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a^2}} \le \frac{3}{\sqrt{2}}.\]
Nên $P \le \dfrac{3}{16}.$ Ngoài ra nếu $a=b=c$ hay $x=y=z,$  thì đẳng thức xảy ra. Điều này cho phép ta kết luận $P_{\max}=\dfrac{3}{16}.$
 
Nhận xét 1: Ngoài ra chúng ta có thể chứng minh 
\[\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{bc}{2b^2+c^2+a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+b^2} \le \frac{3}{4},\]
bằng cách đưa nó về dạng đối xứng
\[\frac{ab}{a^2+b^2+2c^2}+\frac{bc}{b^2+c^2+2a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+2b^2} \le \frac{3}{4},\]
rồi sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu. 
 
Ở đây mình có thêm một lời giải bằng khác. Sử dụng phân tích 
$$\frac{2ab}{2a^2+b^2+c^2} =1-\frac{(a-b)^2+a^2+c^2}{2a^2+b^2+c^2},$$
ta viết bất đẳng thức trên lại như sau 
\[ \sum \frac{(a-b)^2}{2a^2+b^2+c^2} +\sum \frac{a^2}{2a^2+b^2+c^2}+\sum \frac{c^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{3}{2}.\] 
Không mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử $b$ là số ở giữa $a$ và $c.$  Khi đó theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz inequality, ta có
\[\sum \frac{(a-b)^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{\left[ (a-b)+(b-c)+(a-c)\right]^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}, \] \[\sum \frac{a^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{(a+b+c)^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}, \]
và 
\[ \sum \frac{c^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{(c+a+b)^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}.\] 
Như vậy, ta cần chứng minh được 
\[\frac{4(a-c)^2+2(a+b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)} \ge \frac{3}{2},\]
tương đương với.
$$(a-b)(b-c) \ge 0.$$
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo giả thiết của $b.$ Nên ta có điều phải chứng minh.
 
Nhận xét 2: Mình sẽ bàn một tí về xuất sứ của bài toán này (theo mình dự đoán) và những bài toán có hình thức "xấu xí" như vậy đã từng xuất hiện trước đó của kỳ thi. Thực sự thì đây là một bài toán quá dở của ngày thi thứ 2 nói riêng và của cả kỳ thi nói chung. Một bài toán cho đủ đội hình, mang tính đánh đố hơn là một bài toán của kỳ thi HSG quốc gia vì từ một bài toán rất đẹp, tác giả đã tìm cách biến đổi và sử dụng các đánh giá của mình để có được bài toán cồng kềnh như vậy. Sự xất hiện của quá nhiều $x,\;y,\;z$ làm bài toán trông không được đẹp đồng thời lũy thừa của biến quá cao làm nhiều bạn học sinh bị hoảng, vì thực tế thấy rằng các bạn học sinh thường tỏ ra bối khi đối với diện những bài toán có lũy thừa lớn hoặc bậc quá của bất đẳng thức quá lớn.
 
Ý tưởng giải bài toán quá rõ ràng, tử số có dạng tích còn mẫu số lại là tổng của các tích thì việc sử dụng bất đẳng thức AM-GM đã hiện ra ngay đó. Lại nói về việc ý tưởng của bài toán lỗ rõ ra trong bài, mình xin đề ra đây bài toán của kỳ thi TST năm 2010, một bài toán với ý tưởng tương tự
 
Bài toán 1 (Việt Nam TST 2010): Cho ba số dương $a,\;b,\;c$ thỏa mãn $16(a+b+c)\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}.$ Chứng minh rằng
\[\sum_{cyc} \left( \frac{1}{a+b+\sqrt{2a+2c}}\right)^{3}\leq   \frac{8}{9}.\]
 
Còn về bài toán số 6 của kỳ thi, mình đoán rằng tác giả bài toán đã đi từ bất đẳng thức sau của anh Trần Quốc Anh rồi chế biến lại thành bài toán số 6 này
 
Bài toán 2 (Trần Quốc Anh): Cho $a,\;b,\;c$ là ba số thực dương thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng
\[\displaystyle \frac{1}{(a+1)^2(b+c)}+\frac{1}{(b+1)^2(c+a)} + \frac{1}{(c+1)^2(a+b)} \le \frac{3}{8}.\]
Bất đẳng thức này có hình thức rất đẹp, tuy nhiên nếu ta viết nó lại dưới dạng thuần nhất thì nó trông rất xấu xí, như sau
\[\sum \frac{xy^3z^3}{(x^2+yz)^2(y^3+z^3)} \le \frac{3}{8}.\]
Rõ ràng thì hai bài toán quá giống nhau, và cả hai đều có thể quy về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn
\[\sum \sqrt{\frac{a}{a+b}} \le \frac{3}{\sqrt{2}},\]
là một bất đẳng thức quen thuộc từng là bài thi của Trung Quốc năm 2005 và đề thi Olympic 30/4 năm (năm 2009 hay 2010 mình không nhớ rõ).
 
Việc những bài toán như vầy xuât hiện càng nhiều trong đề thi cho chúng ta thấy sự thiếu ý tưởng từ khâu ra đề. Và việc này cần được khắc phục nhanh chóng để trả lại những bài toán hay, đẹp lại cho đề thi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 05-01-2014 - 16:48

Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport





Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: vmo2014

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh