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

#21 dodinhthang98

dodinhthang98

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 28 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HCM
  • Sở thích:Toán, Lí, Hóa

Đã gửi 05-01-2014 - 12:08

 


 

 
 
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[(xy+z^2)^2\ge 4xy\cdot z^2.\]
\[x^2+y^2 \ge \frac{(x^2+y^2)^2}{2} \ge 2xy\cdot \frac{x^2+y^2}{2}=xy(x^2+y^2).\]
 
Từ đó, suy ra 
\[(x^4+y^4)(xy+z^2)^3 \ge 4xyz^2 \cdot xy(x^2+y^2)\cdot (xy+z^2)=4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)],\]
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.
 

dong nay sai vì dau = xay ra khi x=y=z=1


  • LNH yêu thích

#22 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 945 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-01-2014 - 14:06

dong nay sai vì dau = xay ra khi x=y=z=1

Đoạn đó mình đánh nhầm phải là $x^4+y^4 \ge ...$


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#23 nguyenductrong99

nguyenductrong99

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 12 Bài viết

Đã gửi 05-01-2014 - 14:26

ở đoạn: $4x^2y^2z^2[(x^2+y^2)(xy+z^2)]=4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)]$

đâu có được đâu?

 

MOD: Không trích lại bài viết dài nhé bạn !


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 05-01-2014 - 21:29


#24 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

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

Đã gửi 05-01-2014 - 15:55

 

 
 
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 
\[(x^4+y^4)(xy+z^2)^3 \ge 4xyz^2 \cdot xy(x^2+y^2)\cdot (xy+z^2)=4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)],\]
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 $P_{\max}=\dfrac{3}{16}.$
 

Đoạn đấy không nhất thiết phải quy về bất đẳng thức kia đâu ạ:

Theo AM-GM:

 

$ab \le \frac{(a+b)^2}{4} $

 

nên

 

$\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le \frac{1}{4}. \frac{(a+b)^2}{a^2+c^2+b^2+a^2}\le \frac{1}{4}(\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+a^2})$ (Cauchy-Schwarz)

 

$\Rightarrow \sum \frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le \frac{1}{4}(\sum \frac{a^2}{a^2+c^2}+\sum \frac{b^2}{b^2+a^2})$

 

hay 

$\sum \frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le\frac{1}{4}.\sum (\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2})=\frac{3}{4}$

 

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

 

MOD:Không trích lại bài viết quá dài nhé ! :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 05-01-2014 - 21:30


#25 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 945 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-01-2014 - 16:49

ở đoạn: $4x^2y^2z^2[(x^2+y^2)(xy+z^2)]=4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)]$

đâu có được đâu?

Cài này đúng là $4x^2y^2z^2[(x^2+y^2)(xy+z^2)] \ge 4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)]$ theo bất đẳng thức AM-GM, mình viết nhầm đấu $\ge$ thành $=.$


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#26 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 05-01-2014 - 18:07

Mình giới thiệu cách của mình :

 Ta có :$\sum \frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}\leq \sum \frac{x^3y^4z^3}{\frac{(x+y)(x^3+y^3)}{2}.8xy.z^3.\sqrt{xy}}=\sum \frac{x^2y^3}{4(x+y)(x^3+y^3)\sqrt{xy}}\leq \sum \frac{x^2y^3}{8xy(x^3+y^3)}=\sum \frac{xy^2}{8(x^3+y^3)}\leq \sum \frac{xy^2}{4(x+y)(x^2+y^2)}\leq \sum \frac{xy^2}{8\sqrt{xy}.(x^2+y^2)}\leq \sum \frac{xy^2}{8\sqrt{xy}.\sqrt{2xy(x^2+y^2)}}= \frac{1}{8\sqrt{2}}.\sum \sqrt{\frac{y^2}{x^2+y^2}}\leq \frac{1}{8\sqrt{2}}.\frac{3}{\sqrt{2}}=\frac{3}{16}$(ĐPCM)

 Dấu = xảy ra tại x=y=z



#27 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 05-01-2014 - 20:21

Đoạn đấy không nhất thiết phải quy về bất đẳng thức kia đâu ạ:

Theo AM-GM:

 

$ab \le \frac{(a+b)^2}{4} $

 

nên

 

$\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le \frac{1}{4}. \frac{(a+b)^2}{a^2+c^2+b^2+a^2}\le \frac{1}{4}(\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+a^2})$ (Cauchy-Schwarz)

 

$\Rightarrow \sum \frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le \frac{1}{4}(\sum \frac{a^2}{a^2+c^2}+\sum \frac{b^2}{b^2+a^2})$

 

hay 

$\sum \frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le\frac{1}{4}.\sum (\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2})=\frac{3}{4}$

 

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenqn1998: 05-01-2014 - 20:23


#28 babystudymaths

babystudymaths

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 311 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương
  • Sở thích:Hình học, Tổ hợp, Số học, xem và nghe nhiều thứ

Đã gửi 09-01-2014 - 10:41

Ta có: theo bđt Cauchy,ta có :

 

$(x^{4}+y^{4})\geq xy(x^{2}+y{2})$ và $(xy+z^{2})^{3}\geq 4xyz^{2}.2z\sqrt{xy}$ nên ta chỉ cần chứng minh$\sum \frac{\sqrt{xy}y}{x^{2}+y^{2}}\leq \frac{3}{2}$

Ta sẽ CM bđt mạnh hơn là $\sum \frac{(x+y)y}{x^{2}+y^{2}}\leq 3$. 

Nhận thấy $\sum \frac{xy+y^{2}}{x^{2}+y^{2}}+\sum \frac{xy+x^{2}}{x^{2}+y^{2}}\leq 6$ (1) và đặt $x=y';y=x';z=z'$ thì 2 bđt 

$\sum \frac{xy+y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\leq \frac{3}{2}$ và $\sum \frac{xy+y^{2}}{x^{2}+x^{2}}\leq \frac{3}{2}$ là hoàn toàn tương đương nhau,kết hợp với (1) ta có đ.p.c.m.Vậy Max của biểu thức là $\frac{3}{16}$.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi babystudymaths: 09-01-2014 - 23:40

TLongHV


#29 tienthcsln

tienthcsln

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 10-01-2014 - 11:08

Cách mình:

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

Ta có: abc=1 

Và: 

$P=\sum \frac{1}{\left ( a^4+1 \right )(b+c)^3}\leq \sum \frac{1}{8(a^{2}+1).abc.\sqrt{bc}}$

$=\sum \frac{\sqrt{a}}{8(a^2+1)}\leq \sum \frac{a+1}{16(a^2+1)}$

Ta cần chứng minh:

$\sum \frac{a+1}{a^2+1}\leq 3$    ($\ast$)

$\Leftrightarrow ab+bc+ca+\sum ab(a+b)+a+b+c\leq 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+a^2+b^2+c^2+3$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\frac{1}{2}\sum \left ( a^2b^2+1 \right )\geq ab+bc+ca$

$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2+b^2+c^2$

$=\frac{1}{2}\sum \left ( a^2b^2+a^2+a^2b^2+b^2 \right )\geq \sum ab(a+b)$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3\geq 2(a+b+c)$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3\geq 2(a+b+c)$  (*)

Đặt $m=\frac{1}{a}$;  $n=\frac{1}{b}$;  $p=\frac{1}{c}$

Ta có $mnp=1$ và (*) tương đương với:

$m^{2}+n^{2}+p^{2}+3\geq 2(mn+np+pm)$

$\Leftrightarrow (m+n+p)(m^{2}+n^{2}+p^{2}+3)\geq 2(mn+np+pm)(m+n+p)$

$\Leftrightarrow m^3 +n^3+p^3+3(m+n+p)\geq 6+\sum mn(m+n)$

Lại có:

$\Leftrightarrow m^3 +n^3+p^3+3mnp\geq \sum mn(m+n)$

và $3(m+n+p)=(m+n+p)+2(m+n+p)\geq 3mnp+6$

Cộng 2 BĐT cuối theo vế ta được $đpcm$

Vậy $Max P=\frac{3}{16}\Leftrightarrow x=y=z$

 

p/s: ai có cách c/m  ($\ast$) ngắn hơn chỉ mình với :D



#30 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

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

Đã gửi 19-06-2017 - 16:19

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

 

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

cho e hỏi làm sao lại tìm ra được BĐT đó (MÀU ĐỎ )







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