Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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

Trận 4 - Bất đẳng thức

mss 2014

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 76 trả lời

#21 Simpson Joe Donald

Simpson Joe Donald

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 293 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thanh hoá
  • Sở thích:toán học, cờ vua, đá bóng, nghe nhạc,...nói chung là nhiều lắm

Đã gửi 28-02-2014 - 22:44

Mở rộng: Cho $x,y,a,b,c,k\in \mathbb{R}; \ a,b,k\neq 0$ thỏa mãn $(x+y)^3+4xy \ge 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của: $$P=a\left(x^{2k}+y^{2k}+x^ky^k\right)−b\left(x^k+y^k\right)+c$$

Giải: 

Đầu tiên ta có bất đẳng thức cơ bản: $(a+b)^2\ge 4ab\iff (a-b)^2\ge 0$(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$

Đặt $x+y=t$, ta có: $$t^3+t^2=(x+y)^3+(x+y)^2\ge (x+y)^3+4xy\ge 2 \\ \implies t^3+t^2\ge 2$$

Xét bất phương trình: $$t^3+t^2-2\ge 0\iff (t-1)(t^2+2t+2)\ge 0\iff t\ge 1$$

Ta có: $x^{2k}+y^{2k}+x^ky^k\ge \dfrac{3}{4}\left(x^k+y^k\right)^2\iff \left(x^k-y^k\right)^2$ ( Luôn đúng)

Do đó: $$P\ge \dfrac{3a}{4}\left(x^k+y^k\right)^2−b\left(x^k+y^k\right)+c$$

Theo BĐT $Holder$ thì : $\left(x^k+y^k\right).2^{k-1}\ge (x+y)^k\implies x^k+y^k\ge \dfrac{2}{2^k}$

Đặt $x^k+y^k=m, \ m\ge \dfrac{2}{2^k}$, thì ta đưa về bài toán:

Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\dfrac{3am^2}{4}-bm+c$ với $m\ge \dfrac{2}{2^k}$

Đến đây dễ dàng tìm $\min P.$

 

Mở rộng thiếu hợp lí vì nếu các biến âm thì không tồn tại $x^k$, $y^k$ .


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 12-03-2014 - 13:54

Câu nói bất hủ nhất của Joker  : 
Joker để dao vào mồm Gambol nói : Mày muốn biết vì sao tao có những vết sẹo trên mặt hay không ? Ông già tao là .............. 1 con sâu rượu, một con quỷ dữ. Và một đêm nọ , hắn trở nên điên loạn hơn bình thường . Mẹ tao vớ lấy con dao làm bếp để tự vệ . Hắn không thích thế ... không một chút nào . Vậy là tao chứng kiến ... cảnh hắn cầm con dao đi tới chỗ bà ấy , vừa chém xối xả vừa cười lớn . Hắn quay về phía tao và nói ... "Sao mày phải nghiêm túc?". Hắn thọc con dao vào miệng tao. "Hãy đặt nụ cười lên khuôn mặt nó nhé". Và ... "Sao mày phải nghiêm túc như vậy ?"


#22 minhlong02121999

minhlong02121999

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 37 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vĩnh Long
  • Sở thích:Toán (hình học phẳng), Nhạc trẻ, Naruto,...

Đã gửi 28-02-2014 - 22:59


Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

MSS 59

Ta có $(x+y)^{2}-4xy\geq 0$ (1)

         $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ (2)

Cộng (1) và (2) ta được $(x+y)^{3}+(x+y)^{2}-2\geq 0$

Đặt $t=(x+y)$

$\Rightarrow t^{3}+t^{2}-2\geq 0$

$\Leftrightarrow t^{3}+2t^{2}+2t-t^{2}-2t-2\geq 0$

$\Leftrightarrow t(t^{2}+2t+2)-(t^{2}+2t+2)\geq 0$

$\Leftrightarrow (t-1)(t^{2}+2t+2)\geq 0$

Mà $t^{2}+2t+2=t^{2}+2t+1+1=(t+1)^{2}+1\geq 1> 0$

$\Rightarrow t-1\geq 0$

$\Leftrightarrow x+y\geq 1$

Mặt khác $(x-y)^{2}\geq 0$

$\Rightarrow 2x^{2}-x^{2}-2xy+2y^{2}-y^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow 2(x^{2}+y^{2})\geq (x+y)^{2}$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}\geq \frac{(x+y)^{2}}{2}\geq \frac{1}{2}$ (Dấu "=" xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$)

Lại có $(x^{2}+y^{2})^{2}\geq 4x^{2}y^{2}\Rightarrow \frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}\geq x^{2}y^{2}$
$\Rightarrow P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$
         $=3[(x^{2}+y^{2})^{2}-x^{2}y^{2}]-2(x^{2}+y^{2})+1$
         $\geq 3[(x^{2}+y^{2})^{2}-\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}]-2(x^{2}+y^{2})+1$
         $\geq \frac{9}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1$
Đặt $a=x^{2}+y^{2}$ (Điều kiện $a\geq \frac{1}{2}$)
$f(a)= \frac{9}{4}a^{2}-2a+1,a\geq \frac{1}{2}$
$f(a)\geq f(\frac{1}{2})=\frac{9}{16}$
Vậy $P_{min}=\frac{9}{16}\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$
 
Cần CM $f(a)\geq f(\frac{1}{2})$ vì đây là tính chất hàm đồng biến không năm trong chương trinh THCS.
 
Điểm 9.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 12-03-2014 - 13:56


#23 minhlong02121999

minhlong02121999

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 37 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vĩnh Long
  • Sở thích:Toán (hình học phẳng), Nhạc trẻ, Naruto,...

Đã gửi 28-02-2014 - 23:07


Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

MSS 59

Ta có $(x+y)^{2}-4xy\geq 0$ (1)

         $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ (2)

Cộng (1) và (2) ta được $(x+y)^{3}+(x+y)^{2}-2\geq 0$

Đặt $t=(x+y)$

$\Rightarrow t^{3}+t^{2}-2\geq 0$

$\Leftrightarrow t^{3}+2t^{2}+2t-t^{2}-2t-2\geq 0$

$\Leftrightarrow t(t^{2}+2t+2)-(t^{2}+2t+2)\geq 0$

$\Leftrightarrow (t-1)(t^{2}+2t+2)\geq 0$

Mà $t^{2}+2t+2=t^{2}+2t+1+1=(t+1)^{2}+1\geq 1> 0$

$\Rightarrow t-1\geq 0$

$\Leftrightarrow x+y\geq 1$

Mặt khác $(x-y)^{2}\geq 0$

$\Rightarrow 2x^{2}-x^{2}-2xy+2y^{2}-y^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow 2(x^{2}+y^{2})\geq (x+y)^{2}$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}\geq \frac{(x+y)^{2}}{2}\geq \frac{1}{2}$ (Dấu "=" xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$)

Lại có $(x^{2}+y^{2})^{2}\geq 4x^{2}y^{2}\Rightarrow \frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}\geq x^{2}y^{2}$
$\Rightarrow P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$
         $=3[(x^{2}+y^{2})^{2}-x^{2}y^{2}]-2(x^{2}+y^{2})+1$
         $\geq 3[(x^{2}+y^{2})^{2}-\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}]-2(x^{2}+y^{2})+1$
         $\geq \frac{9}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1$
Đặt $a=x^{2}+y^{2}$ (Điều kiện $a\geq \frac{1}{2}$)
$f(a)= \frac{9}{4}a^{2}-2a+1,a\geq \frac{1}{2}$
$f(a)\geq f(\frac{1}{2})=\frac{9}{16}$
Vậy $P_{min}=\frac{9}{16}\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$
 
Đã có.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 12-03-2014 - 13:56


#24 Super Fields

Super Fields

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 526 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 28-02-2014 - 23:25

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

Bài dự thi trận $4$: $\mathrm{MSS}$  $27$

 

$\blacklozenge$Ý tưởng:

 

Những bài tìm GTNN , GTLN dạng này thường có điểm rơi ở $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$ ($n\in \mathbb{N}|n\geq 2$).

Dễ xác định được ở bài này, điểm rơi tại $x=y=\frac{1}{2}$, Thay vào $P$, xác định GTNN là $\frac{9}{16}$, từ đó phân tích theo hướng đã định, bài toán sẽ dễ dàng giải quyết ..

 

$\bigtriangleup$ Đầu tiên, ta khai thác điều kiện thỏa mãn của $x;y$ ở đề

 

$\blacktriangledown$ $\forall x,y\in \mathbb{R}$, ta luôn có điều hiển nhiên:

 

$(x-y)^{2}\geq 0\Leftrightarrow (x+y)^{2}\geq 4xy$$[\Delta _{1}$] 

 

$\blacktriangledown$Vậy, kết hợp đề, ta được:

 

$(x+y)^{3}+(x+y)^{2}\geq (x+y)^{3}+4xy\geq 2$

 

$\Rightarrow (x+y)\begin{bmatrix} (x+y)^{2}+1 \end{bmatrix}\geq 2$

 

Từ đó dễ nhận thấy

 

$x+y\geq 1$[$\Delta _{2}$]

 

$\blacktriangledown$ Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, được:

 

$\triangleright$$(1^{2}+1^{2})(x^{2}+y^{2})\geq (x.1+y.1)^{2}$[$\Delta _{3}$]

 

$\Leftrightarrow 2(x^{2}+y^{2})\geq (x+y)^{2}$

 

Vì $x+y\geq 1$ 

 

$\Rightarrow x^{2}+y^{2}\geq \frac{1}{2}$[$\bullet _1$]

 

$\triangleright$ Tương tự, xét nhanh

 

$(1^{2}+1^{2})(x^{4}+y^{4})\geq (x^{2}.1+y^{2}.1)^{2}$[$\Delta _{4}$]

 

$\Leftrightarrow 2(x^{4}+y^{4})\geq (x^{2}+y^{2})^{2}$

 

$\Rightarrow x^{4}+y^{4}\geq \frac{1}{8}$[$\bullet _2$]

 

$\bigtriangleup$ Bây giờ, ta giải phóng $P$

 

$P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$

 

$=3\begin{bmatrix} (x^{2}+y^{2})^{2}-x^{2}y^{2} \end{bmatrix}-2(x^{2}+y^{2})+1$

 

$=3(x^{2}+y^{2})^{2}-3x^{2}y^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1$

 

$=\begin{bmatrix} (x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1 \end{bmatrix}+2(x^{2}+y^{2})^{2}-3x^{2}y^{2}$

 

$=\begin{bmatrix} (x^{2}+y^{2})-1 \end{bmatrix}^{2}+2(x^{4}+y^{4})+x^{2}y^{2}$

 

$=(x^{2}+y^{2}-1)^{2}+\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{2}+\frac{3(x^{4}+y^{4})}{2}$ [$\star$]

 

Từ $\bullet _1$ và $\bullet _2$ và $\star$, được:

 

$P=(x^{2}+y^{2}-1)^{2}+\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{2}+\frac{3(x^{4}+y^{4})}{2}\geq$

 

$\geq (0,5-1)^{2}+\frac{(0,5)^{2}}{2}+\frac{3.0,125}{2}=\frac{9}{16}$

 

$\lozenge$ Kết luận:

 

Vậy $P_{\mathfrak{min}}=\frac{9}{16}$

 

Dấu $=$ xảy ra khi thỏa tất cả dấu $=$ ở $\Delta _{1};\Delta _{2};\Delta _{3};\Delta _{4}$

 

Tức thoả:

 

$\begin{Bmatrix} x=y [\Delta _{1}]\\ x+y=1 [\Delta _{2}]\\ x^{2}=y^{2}[\Delta _{3}]\\ x^{4}=y^{4}[\Delta _{4}] \end{Bmatrix}$

 

$\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$         $\blacksquare$

 

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

P/s: Xin được làm tách dòng để bài dễ đọc. Mặc dù hơi tốn giấy... :icon6:..Trong bài trình bày hơi chi tiết nên lại tốn giấy hơn.. :icon6:

 

Đề nghị thí sinh kí hiệu các kí hiệu quen thuộc hơn.

 

Điểm 10.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 12-03-2014 - 13:58

$\dagger$God made the integers, and else is the work of man.$\dagger$


$\boxed{\textrm{My Blog}}$


#25 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 28-02-2014 - 23:41

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

Số báo danh: MSS 15.

Lời giải. Ta có $(x-y)^2 \ge 0 \forall x,y \in \mathbb{R} \Leftrightarrow (x+y)^2 \ge 4xy$.

Do đó $$\begin{aligned}  & 2 \le 4xy+(x+y)^3 \le (x+y)^2+(x+y)^3 \\ \Rightarrow & 2 \le (x+y)^2+(x+y)^3 \\  \Leftrightarrow&(x+y-1) \left[(x+y+1)^2+1 \right] \ge 0 \\ \Leftrightarrow & x+y \ge 1. \end{aligned}$$

Ta cũng có $(x-y)^2 \ge 0 \Leftrightarrow 2(x^2+y^2) \ge (x+y)^2$ mà $x+y \ge 1$ nên $x^2+y^2 \ge \frac 12$.

Ta đặt $x^2=a,y=b^2$ với $a,b \ge 0$ thì $a+b \ge \frac 12$. Tương tự thì ta cũng có $(a+b)^2 \le 2(a^2+b^2)$ suy ra $a^2+b^2 \ge \frac 18$.

Ta có $$\begin{aligned} P & = 3(a^2+ab+b^2)-2(a+b)+1 \\ & = 2 \left( a+b- \frac 12 \right)^2+ \frac 12 (a-b)^2+ \frac 12 (a^2+b^2)+ \frac 12 \\ & \ge \frac 12 (a^2+b^2)+ \frac 12 \\ & \ge \frac{1}{16}+ \frac 12 = \frac{9}{16}.  \end{aligned}$$

Vậy $\min P= \frac{9}{16}$ đạt được khi và chỉ khi $a=b= \frac 14$ hay $x=y= \frac 12$. $\blacksquare$

 

Điểm 10


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 13-07-2014 - 22:59

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#26 angleofdarkness

angleofdarkness

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 246 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:K48 chuyên toán - THPT chuyên ĐHSP Hà Nội.

Đã gửi 01-03-2014 - 00:00

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

 

MSS54:

 

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm $x^2;y^2$ thì $x^2+y^2 \geq 2.\sqrt{x^2y^2}=2|xy|$ (1)

 

$\Rightarrow (x+y)^2 \geq 4xy \Rightarrow (x+y)^3+(x+y)^2 \geq (x+y)^3+4xy \geq 2$

 

$\Rightarrow (x+y)^3+(x+y)^2-2 \geq 0 \Rightarrow (x+y-1)[(x+y)^2+2(x+y)+2] \geq 0$

 

Mà $(x+y)^2+2(x+y)+2=(x+y+1)^2+1 \geq 1>0$ nên có $x+y-1 \geq 0 \Rightarrow x+y \geq 1$

 

Cũng từ (1) ta có $x^2+y^2 \geq \frac{(x+y)^2}{2} \geq \frac{1}{2}$ (2) và $(x^2+y^2)^2 \geq 4x^2y^2 $ (3)

 

Ta biến đổi P và áp dụng các BĐT (2) và (3) ta có:

 

$P=3(x^4+y^4+x^2y^2)-2(x^2+y^2)+1 \\ =3[(x^2+y^2)^2-2.x^2y^2+x^2y^2]-2(x^2+y^2)+1 \\ =3[(x^2+y^2)^2-x^2y^2]-2(x^2+y^2)+1 \\ \geq 3 \Big[ (x^2+y^2)^2-\frac{(x^2+y^2)^2}{4} \Big] -2(x^2+y^2)+1 \\ =\frac{9}{4}.(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1 \\ = \Big\{ \Big[ \frac{3}{2}.(x^2+y^2) \Big] ^2-2.\frac{3}{2}(x^2+y^2).\frac{3}{4} + \frac{9}{16} \Big\} + \Big[ \frac{1}{4}(x^2+y^2)+\frac{7}{16} \Big] \\ = \Big[ \frac{3}{2}.(x^2+y^2).\frac{3}{4} \Big] ^2+ \Big[ \frac{1}{4}(x^2+y^2)+\frac{7}{16} \Big] \\ \geq 0+ \Big( \frac{1}{4}.\frac{1}{2}+\frac{7}{16} \Big) \\ =\frac{9}{16}$ (Sai )

 

Tức ta có $P \geq \frac{9}{16}$

 

Dấu = xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} x^2=y^2 & \\ (x+y)^3+4xy=2 & \\ x+y=1 & \\ \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

 

Vậy Max $P=\frac{9}{16}$ khi $x=y=\frac{1}{2}$

 

Điểm 9.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 15-07-2014 - 18:30


#27 huukhangvn

huukhangvn

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nhà của tui
  • Sở thích:nói chung là có

Đã gửi 01-03-2014 - 06:44

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$(*) . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

 

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

Bài làm:

P=3x4+3y4+3x2y2-2x2-2y2+$\frac{1}{3}$.3

P=3(x4-$\frac{2}{3}$x2+$\frac{1}{9}$)+3(y4-$\frac{2}{3}$y2+$\frac{1}{9}$)+3x2y2+$\frac{1}{3}$

P=3(x2-$\frac{1}{3}$)2+3(y2-$\frac{1}{3}$))2+3x2y2+$\frac{1}{3}$

Nhận thấy:3(x2-$\frac{1}{3}$)2+3(y2-$\frac{1}{3}$))2$\geq 0$

                 3x2y2$\geq 0$

Vậy nên để P có min thì cặp số x,y phải thoả mãn 1 trong hai điều kiện sau:3(x2-$\frac{1}{3}$)2+3(y2-$\frac{1}{3}$))2=0

                                                                                                                       3x2y2=0

 

*Trường hợp 1:3x2y2=0

Theo bài toán đầu đề thì ta nhận thấy x,y không thể cùng bằng 0

Mà theo trường hợp thì x=0 hoặc y=0

Giả sử x=0 và y=m,thay x=0 vào bài toán đầu bài(*) ta có được y$\geq$$\sqrt[3]{2}$

Thay x=0,y$\geq$$\sqrt[3]{2}$ vào P ta có=3(0-$\frac{1}{3}$)2+3(y2-$\frac{1}{3}$)2+0+$\frac{1}{3}$$\geq$5,4(1)

*Trường hợp 2 :3(x2-$\frac{1}{3}$)2+3(y2-$\frac{1}{3}$))2=0

=>x=$\sqrt{\frac{1}{3}}$ hoặc x=$-\sqrt{\frac{1}{3}}$và y=$-\sqrt{\frac{1}{3}}$ hoặc y=$\sqrt{\frac{1}{3}}$

vậy nên ta sẽ có được 4 cặp số thoả mãn trường hợp

Thay lần lượt 4 cặp số vừa tìm được vào bài toán đầu bài(*) thì ta chỉ nhận được 1 cặp số x,y thoả mãn là:

(x,y)=($\sqrt{\frac{1}{3}}$;$\sqrt{\frac{1}{3}}$)

Thay cặp x,y ở trên vào P ta có P$\geq \frac{2}{3}$(2)

Từ (1),(2) suy ra P$\geq \frac{2}{3}$ cho nên Min của P là $\frac{2}{3}$. dấu bằng xảy ra khi x=y=$\sqrt{\frac{1}{3}}$

 

Kết quả sai, trình bày $Latex$ quá kém.

 

Điểm 0.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 12-03-2014 - 14:02


#28 Thao Hien

Thao Hien

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\sqrt{MF}$

Đã gửi 01-03-2014 - 12:25

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

 

MSS 47: Trương Việt Hoàng
Nick trên diễn đàn: Viet Hoang 99

 

Vì nick Viet Hoang 99 đang bị khóa nên em dùng nick này để giải bài. Mong BTC chấp nhận (2 nick cùng IP mà)

 

Bài làm:

 

$(x-y)^2\geq 0$ $\forall x;y\in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow x^2+y^2\geq 2xy$ $\forall x;y\in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow (x+y)^2\geq 4xy$ $\forall x;y\in \mathbb{R}$ (1)

Từ $GT\Rightarrow 2\leq (x+y)^3+4xy\leq (x+y)^3+(x+y)^2$ (Do (1))

Đặt $x+y=t$ ta có: $t^3+t^2\geq 2\Leftrightarrow (t-1)(t^2+2t+2)\geq 0$
$\Leftrightarrow t\geq 1$ (Do $t^2+2t+2>0$ $\forall t$)

 

Đặt $x^2+y^2=a$, ta có: $x^2+y^2\geq \frac{(x+y)^2}{2}=\frac{t^2}{2}\geq \frac{1}{2}$

$\Rightarrow a\geq \frac{1}{2}$

 

Có: $P=3(x^4+y^4+x^2y^2)-2(x^2+y^2)+1$
$=3[(x^2+y^2)^2-x^2y^2]-2(x^2+y^2)+1$
$=3(a^2-x^2y^2)-2a+1\geq 3(a^2-\frac{(x^2+y^2)^2)}{4})-2a+1$ (Áp dụng BĐT tương tự (1))
$=3(a^2-\frac{a^2}{4})-2a+1=\frac{9}{4}a^2-2a+1$
$=(\frac{3}{2}a-\frac{2}{3})^2+\frac{5}{9}\geq (\frac{3}{2}.\frac{1}{2}-\frac{2}{3})^2+\frac{5}{9}$ (Do $a\geq \frac{1}{2}$)

$=\frac{9}{16}$

Dấu = có khi: $x=y=\frac{1}{2}$

 

Điểm 10.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 12-03-2014 - 14:04


#29 tranducmanh2308

tranducmanh2308

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 79 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A2k43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:xem phim,chơi bóng rổ, làm toán và lên FACE

Đã gửi 01-03-2014 - 13:11

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

Bài làm của MSS 34:

 

Áp dụng bđt $4ab\leq (a+b)^{2}$ với mọi $a,b$:

$4xy\leq (x+y)^{2}$$\Leftrightarrow 2\leq (x+y)^{3}+4xy\leq (x+y)^{3}+(x+y)^{2}$

Đặt $x+y=t$

Bpt trở thành: $t^{3}+t^{2}-2\geq 0$

$\Leftrightarrow t^{3}-t^{2}+2t^{2}-2\geq 0$

$\Leftrightarrow t^{2}(t-1)+2(t-1)(t+1)\geq 0$

$\Leftrightarrow (t-1)(t^{2}+2t+2)\geq 0$

$\Leftrightarrow (t-1)\geq 0$ (do $t^{2}+2t+2=t^{2}+2t+1+1=(t+1)^{2}+1> 0$ mọi $t$ )

$\Leftrightarrow t\geq 1$

$\Rightarrow x+y\geq 1$

$\Leftrightarrow (x+y)^{2}\geq 1$

mà $2x^{2}+2y^{2}\geq (x+y)^{2}$ với mọi $x,y$

$\Leftrightarrow 2x^{2}+2y^{2}\geq 1$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}\geq \frac{1}{2}$

Ta có:$A=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1= 3(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})-3x^{2}y^{2}+1$

Áp dụng bđt $ab\leq \frac{(a^{2}+b^{2})}{2}$ với mọi $a,b$

$3x^{2}y^{2}\leq \frac{3(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}$

nên $3(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})-3x^{2}y^{2}+1\geq 3(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})-\frac{3(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}+1=\frac{9}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1=\frac{9}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}-\frac{9}{16}-2(x^{2}+y^{2})+1+\frac{9}{16}=\frac{9}{4}(x^{2}+y^{2}-\frac{1}{2})(x^{2}+y^{2}+\frac{1}{2})-2(x^{2}+y^{2}-\frac{1}{2})+\frac{9}{16}=(x^{2}+y^{2}-\frac{1}{2})(\frac{9}{4}x^{2}+\frac{9}{4}y^{2}-\frac{7}{8})+\frac{9}{16}\geq \frac{9}{16}$

 (do $x^{2}+y^{2}\geq \frac{1}{2}$)

Vậy $Min A =\frac{9}{16}\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}= \frac{1}{2}$ và $x=y$$\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

 

Điểm 10 .


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 12-03-2014 - 16:38

:wub: >:) :wub: :ukliam2: :ukliam2: :ukliam2:ĐÚNG THÌ LIKE :botay :like :botay SAI THÌ SỬA (SAI VẪN LIKE) :ph34r: @};- :ninja: :)) :blink: :P@@@


#30 Trang Luong

Trang Luong

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1834 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$ \heartsuit \int_{K48}^{HNUE}\heartsuit $

Đã gửi 01-03-2014 - 20:33

Theo giả thiết ta có : $(x+y)^3+4xy\geq 2\Rightarrow 2\leq (x+y)^3+(x+y)^2\Leftrightarrow (x+y)^3+(x+y)^2-2\geq 0\Leftrightarrow \left ( x+y-1 \right )\left [ \left ( x+y \right )^2+x+y+2 \right ]\geq 0\Rightarrow x+y\geq 1$

Ta có : $P=3\left ( x^4+y^4+x^2y^2 \right )-2\left ( x^2+y^2 \right )+1$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ với các số thực $a,b$ ta có : $4ab\leq \left ( a+b \right )^2,a^2+b^2\geq 2\left | ab \right |\geq 2ab$

$\Rightarrow 2P=6\left ( x^4+y^4+x^2y^2 \right )-4\left ( x^2+y^2 \right )+2=2\left ( x^4+y^4-x^2y^2 \right )+4\left ( x^4+y^4+2x^2y^2 \right )-4\left ( x^2+y^2 \right )+2=2\left ( x^4+y^4-x^2y^2 \right )+\left [ 2\left ( x^2+y^2 \right )-1 \right ]+1$

$\geq \left ( x^4+y^4 \right )+\left ( x^4+y^4-2x^2y^2 \right )+\left [ \left ( x+y \right )^2 \right ]+1\geq x^4+y^4+1\geq 2.\left ( \frac{x+y}{4} \right )^4+1\geq \frac{9}{8}\Rightarrow P\geq \frac{9}{16}$

Dấu = xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

 

AM-GM chỉ xài khi có điều kiện không âm.

 

Điểm 9.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 12-03-2014 - 16:40

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công"
Issac Newton

#31 4869msnssk

4869msnssk

    Bá tước

  • Thành viên
  • 549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 01-03-2014 - 20:47

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

ta có: $4xy\leq(x+y)^2 \leftrightarrow (x-y)^2 \geq 0 \leftrightarrow  x=y$

từ đó suy ra $2\leq (x+y)^3+4xy\leq (x+y)^3+(x+y)^2$

từ đó tương đương với $(x+y)^3+(x+y)^2\geq 2\Leftrightarrow (x+y-1)((x+y)^2+2(x+y)+2)\geq 0$

mà $((x+y)^2+2(x+y)+2)\geq0$ với mọi x,y nên suy ra $x+y-1\geq 0 \leftrightarrow x+y\geq 1$ (1)

lại có $A=3(x^4+y^4+x^2y^2)-2(x^2+y^2)+1=3(x^2+y^2)^2-3x^2y^2-2(x^2+y^2)+1=2((x^2+y^2)^2+\frac{1}{4})+\frac{1}{2}-3x^2y^2-2(x^2+y^2)$ ???

hay $ A\geq 2(x^2+y^2)-2(x^2+y^2)+(x^2+y^2)^2-3(\frac{x^2+y^2}{2})^2+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}.(x^2+y^2)^2+\frac{1}{2}$

mà $x^2+y^2\geq 2xy \leftrightarrow 2(x^2+y^2)\geq (x+y)^2\geq 1^2=1$

từ đó suy ra $ A\geq 0+ \frac{1}{16}+\frac{1}{2}=\frac{9}{16}$

vậy $min A=\frac{9}{16}$ dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=\frac{1}{2}$

 

Phần màu đỏ sai .

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 13-07-2014 - 22:46
chấm bài

 B.F.H.Stone


#32 Master Key 99

Master Key 99

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Cố lên nào!!!
  • Sở thích:toán học là cuộc sống của tôi

Đã gửi 01-03-2014 - 21:06

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: P=3$(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1 \geq 9\sqrt[3]{x^{6}y^{6}}-4\sqrt[2]{x^{2}y^{2}}+1 = 9x^{2}y^{2}-4xy+1$ (1)

Áp dụng bđt phụ :$(x+y)^{2}\geq 4xy\Rightarrow (x+y)^{3}+(x+y)^{2}\geq 2\Rightarrow (x+y)^{2}(x+y+1)\geq 2$ 

Đặt x+y=a$\Rightarrow a^{2}(a+1)\geq 2\Rightarrow a^{3}+a^{2}-2\geq 0\Rightarrow a\geq 1\Rightarrow x+y\geq 1$

Ta phân tích được :$(1)\geq \frac{9}{16}$

 Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y và x+y=1\Rightarrow x=y=\frac{1}{2}$

Vậy Min P =$\frac{9}{16}\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

 

Sử dụng BĐT Cauchy là sai.

 

Điểm 0.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 12-03-2014 - 16:44

:ukliam2: Cuộc sống không phải là một cuộc chạy đua, nó là một cuộc hành trình mà bạn có thể tận hưởng từng bước khám phá. blank.gif :ukliam2:

          

                                                     :icon12: :icon12: I LOVE MATH :icon12: :icon12:


#33 Trang Luong

Trang Luong

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1834 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$ \heartsuit \int_{K48}^{HNUE}\heartsuit $

Đã gửi 01-03-2014 - 22:32

Bài làm của toán thủ Phạm Anh Quân

Ta có:

$2=(x+y)^{3}+4xy\leq (x+y)^{3}+(x+y)^{2}\Leftrightarrow 0\leq (x+y-1)[(x+y)^{2}+2(x+y)+2]$

mà $(x+y)^{2}+2(x+y)+2=(x+y+1)^{2}+1> 0$ nên $x+y\geq 1$

$\Rightarrow 1=(x+y)^{2}\leq 2(x^{2}+y^{2})\Rightarrow \frac{1}{2}\leq (x^{2}+y^{2})$

Ta có:

P=$3(x^{2}+y^{2})^{2}-3x^{2}y^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1\leq 3(x^{2}+y^{2})^{2}-\frac{3}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1= \frac{1}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}+2(x^{2}+y^{2}-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{2}\geq \frac{1}{16}+\frac{1}{2}=\frac{9}{16}$

dấu "="  xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2} & \\ x^{2}=y^{2}=\frac{1}{4} & \\ x+y=1 & \\ x=y & \end{matrix}\right.$

Vậy min P=$\frac{9}{16}\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

 

Ngược dấu ( do bấm sai).

 

Điểm 8.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 12-03-2014 - 16:48

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công"
Issac Newton

#34 John Carterer

John Carterer

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lương Thế Vinh (Đồng Nai)
  • Sở thích:Toán, anh

Đã gửi 01-03-2014 - 23:43

Đặt $A= x+y$, $B=xy$, t= $x^{2}+y^{2}$

Vì $\left ( x-y \right )^{2}\geq 0$ nên $\left ( x+y \right )^{2}\geq 4xy$ tức là $A^{2}\geq 4B$

Từ giả thuyết $\Rightarrow A^{3}+A^{2}\geq A^{3}+4B\geq 2$

Do đó $A^{3}+A^{2}-2\geq 0\Leftrightarrow \left ( A-1 \right )\left ( A^{2}+2A+2 \right ) \geq 0$

$\Leftrightarrow A=1$ vì $A^{2}+2A+2=\left ( A+1 \right )^{2}+1> 0$

Do đó $t=x^{2}+y^{2}= \frac{1}{2}\left [ \left ( x+y \right )^{2}+\left ( x-y \right )^{2} \right ] \geq \frac{1}{2}\left ( x+y \right )^{2}= \frac{1}{2}A^{2}\geq \frac{1}{2}$

$P=\frac{3}{4}\left [ 3\left ( x^{2}+y^{2} \right )^{2}+\left ( x^{2}-y^{2} \right )^{2} \right ]-2\left ( x^{2}+y^{2} \right )+1$

$P\geq \frac{9}{4}\left ( x^{2}+y^{2} \right )^{2}-2\left ( x^{2}+y^{2}\right ) + 1=\frac{9}{4}t^{2}-2t+1=\left ( \frac{3}{2}t-\frac{2}{3} \right )^{2}+\frac{5}{9}$

 $t\geq \frac{1}{2}$ nên $\frac{3}{2}t-\frac{2}{3}\geq \frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}-\frac{2}{3}= \frac{1}{12}$

$\Rightarrow P\geq \left ( \frac{1}{12} \right )^{2}+\frac{5}{9}=\frac{9}{16}$

Dấu "=" xảy ra khi $x= y$ và $x+y=1\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

Vậy GTNN của $P$ là $\frac{9}{16}$ đạt tại $x=y=\frac{1}{2}$

 

Nếu anh ghi $(-\frac{3}{2}t+\frac{2}{3})^2$ thì nó sẽ ra $(-\frac{3}{2}t+\frac{2}{3})^2\leq \frac{1}{12}$. Em cần lập luận theo cách khác, như các bạn 10 điểm ở trên cũng được.

 

Điểm 8.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 12-03-2014 - 16:51


#35 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 02-03-2014 - 10:21

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

MSS 30 canhhoang30011999

Mở rộng

ta có thể đảo lại bài toán như sau

cho $3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1\leq \frac{9}{16}$

tìm max $(x+y)^{3}+4xy$

cách giải tương tự bài trên

 

Nói mà không làm.

 

ĐIểm MR :0đ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 12-03-2014 - 16:52


#36 Nguyen Duc Thuan

Nguyen Duc Thuan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 367 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ

Đã gửi 02-03-2014 - 11:07

MSS-01: Nguyễn Đức Thuận

Mở rộng 1:

Cho x,y thỏa mãn $(x+y)^3+kxy\geq 1+\frac{k}{4}$ (trong đó $-4<k<12$)

Tìm giá trị nhỏ nhất của: 

$P=a(x^4+y^4+x^2y^2)-b(x^2+y^2)+c$                   ($\frac{3a}{4}\geq b$)

Giải:

Từ BĐT AM-GM, ta có: $xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}$ đặt $m=x+y$

$\Rightarrow m^3+\frac{km^2}{4}\geq 1+\frac{k}{4}$$\Leftrightarrow (m-1)\left [ m^2-\left ( 1+\frac{k}{4}\right ) m+1+\frac{k}{4} \right ]$

Mà $m^2-\left ( 1+\frac{k}{4}\right ) m+1+\frac{k}{4} =\left [ m-\frac{1}{2}\left ( 1+\frac{k}{4} \right ) \right ]^2+1+\frac{k}{4}-\frac{1}{4}\left ( 1+\frac{k}{4} \right )^2>0$  

(Do $-4<k<12\Rightarrow 1+\frac{k}{4}<4\Rightarrow \frac{1}{4}\left ( 1+\frac{k}{4} \right )^2<1+\frac{k}{4}$)

Suy ra $m\geq 1$ $\Rightarrow t=x^2+y^2\geq \frac{m^2}{2}\geq \frac{1}{2}\Rightarrow t^2\geq \frac{1}{4}$

Áp dụng BĐT $x^2y^2\leq \frac{t^2}{4}$, biến đổi:

$P=a(t^2-x^2y^2)-bt+c\geq \frac{3a}{4}t^2-bt+c=b\left ( t-\frac{1}{2} \right )^2+\left ( \frac{3a}{4}-b \right )t^2+c-\frac{1}{4}$

$\geq \frac{1}{4}\left ( \frac{3a}{4}-b \right )+c-\frac{b}{4}$

 

Vậy $MinP= \frac{1}{4}\left ( \frac{3a}{4}-b \right )+c-\frac{b}{4}$   khi $x=y=1/2$

 

$a>0$ thì phần màu đỏ mới đúng .

 

Điểm MR : 9đ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 13-07-2014 - 23:04


#37 Nguyen Duc Thuan

Nguyen Duc Thuan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 367 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ

Đã gửi 02-03-2014 - 13:49

MSS-01: Nguyễn Đức Thuận

 

Mở rộng 2: (Mở rộng số ẩn)

Cho x,y,z thỏa mãn $(x+y+z)^3-3(xy+yz+zx)\geq 2$

Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$P=a(\sum x^4+\sum x^2y^2)-b\sum x^2+c$                       ($\frac{2}{3}a\geq \frac{3}{2}b$)

Giải:

Sử dụng BĐT quen thuộc: $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)$ (1), đặt $x+y+z=m$

$\Rightarrow m^3+m^2\geq 2\Leftrightarrow (m-1)(m^2+2m+2)\geq 0$

$\Rightarrow m\geq 1$  ( Do $ m^2+2m+2=(m+1)^2+1 > 0$ với mọi $m$ )

$\Rightarrow t=x^2+y^2+z^2\geq \frac{t^2}{3}\geq \frac{1}{3}\Rightarrow t^2\geq \frac{1}{9}$

 

Áp dụng BĐT dạng (1): $\sum x^2y^2\leq \frac{t^2}{3}$, biến đổi:

$P=a(t^2-\sum x^2y^2)-bt+c\geq \frac{2a}{3}t^2-bt+c$

$=\frac{3b}{2}\left ( t-\frac{1}{3} \right )^2+\left ( \frac{2a}{3}-\frac{3b}{2} \right )t^2+c-\frac{b}{6}\geq \frac{1}{9} \left ( \frac{2a}{3}-\frac{3b}{2} \right )+c-\frac{b}{6}$

 

Vậy $MinP=\frac{1}{9} \left ( \frac{2a}{3}-\frac{3b}{2} \right )+c-\frac{b}{6} $  khi $ x=y=z=\frac{1}{3}$

 

Cái này không có giá trị.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 13-07-2014 - 23:04


#38 4869msnssk

4869msnssk

    Bá tước

  • Thành viên
  • 549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 02-03-2014 - 14:25

mở rộng : cho $(x+y)^3+4xy\geq2$, tìm min của $A=n(x^4+y^4+x^2y^2)-2(x^2+y^2)+1$

với điều kiện $n\geq \frac{8}{3}$

 

 

dễ dàng thấy $(x+y)^2\geq 4xy \leftrightarrow (x-y)^2\geq0$ (luôn đúng ) xảy ra khi và chỉ khi x=y.

áp dụng ta có: $2\leq (x+y)^3+4xy\leq (x+y)^3+(x+y)^2$

tương đương với $(x+y-1)((x+y)^2+2(x+y)+2)\geq0$ mà $((x+y)^2+2(x+y)+2)>0$  với mọi x,y .

suy ra $x+y-1\geq 0\leftrightarrow x+y\geq1$

lại có  $A=n(x^2+y^2)^2-nx^2y^2-2(x^2+y^2)+1=2((x^2+y^2)^2-(x^2+y^2)+\frac{1}{4})+\frac{1}{2}+(n-2)(x^2+y^2)^2-n(x^2y^2)$

hay ta có: $A\geq (n-2)(x^2+y^2)^2-n(x^2y^2)+\frac{1}{2}\geq (n-2)(x^2+y^2)^2-n(\frac{x^2+y^2}{2})^2+\frac{1}{2}=(n-2-\frac{n}{4})(x^2+y^2)+\frac{1}{2}$

lại có: $x^2+y^2\geq 2xy \Rightarrow 2(x^2+y^2)\geq (x+y)^2\geq 1^2=1$

từ đó suy ra $A\geq \frac{3n-8}{16}+\frac{1}{2}=\frac{3n}{16}$

(do điều kiện của n)

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=\frac{1}{2}$

 

Điểm MR : 10đ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 13-07-2014 - 23:06

 B.F.H.Stone


#39 Trang Luong

Trang Luong

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1834 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$ \heartsuit \int_{K48}^{HNUE}\heartsuit $

Đã gửi 02-03-2014 - 15:19

Mở rộng:

$P=h(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-k(x^{2}+y^{2})+i$

Ta có: $ma^{3}+na^{2}=m(x+y)^{3}+4n(x+y)^{2}$ (m,n,x >0, 3ma>n)

$ma^{3}+na^{2}=m(x+y)^{3}+4nxy\leq m(x+y)^{3}+n(x+y)^{2} \Leftrightarrow 0\leq (x+y-a)[m(x+y)^{2}+(x+y)(ma+n)+ma^{2}+na]$

Vì 3ma>n nên $m(x+y)^{2}+(x+y)(ma+n)+ma^{2}+na$ >0

$\Rightarrow x+y\geq a$ $\Rightarrow \frac{a^{2}}{2}\leq x^{2}+y^{2}$

Ta có:

$P=h(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-k(x^{2}+y^{2})+i\geq \frac{3h}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}-k(x^{2}+y^{2})+i=(\frac{3h}{4}-\frac{k}{x})(x^{2}+y^{2})^{2}+\frac{k}{a}[(x^{2}+y^{2})^{2}-2.\frac{a}{2}(x^{2}+y^{2})+\frac{a^{2}}{4}]+i-\frac{ka}{4}\geq (\frac{3h}{4}-\frac{k}{x}).\frac{a^{4}}{4}+i-\frac{ka}{2}$

 

Chưa hoàn chỉnh .

 

Điểm MR : 0đ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 13-07-2014 - 23:07

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công"
Issac Newton

#40 DarkBlood

DarkBlood

    Thiếu úy

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

Đã gửi 02-03-2014 - 17:45

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

MSS 10

 

Mở rộng 1: Cho $x,y,z \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y+z)^{3}+3(xy+yz+zx)\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$P=9(x^{4}+y^{4}+z^{4}+x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2})-3(x^{2}+y^{2}+z^{2})+2$$

 

Lời giải

Ta có $2\leq (x+y+z)^2+3(xy+yz+zx)\leq (x+y+z)^3+(x+y+z)^2$ 

Nên $(x+y+z)^3+(x+y+z)^2-2\geq 0 \Leftrightarrow (x+y+z-1)\left [(x+y+z)^2+2(x+y+z)+2 \right ]\geq 0$

Mà $(x+y+z)^2+2(x+y+z)+2>0$ nên $x+y+z-1\geq 0 \Leftrightarrow x+y+z\geq 1$

Mặt khác $x^2+y^2+z^2\geq \dfrac{1}{3}(x+y+z)^2$ nên $x^2+y^2+z^2\geq \dfrac{1}{3}.$

 

Ta có:

$P=9(x^{4}+y^{4}+z^{4}+x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2})-3(x^{2}+y^{2}+z^{2})+2$

$\Leftrightarrow P=9(x^2+y^2+z^2)^2-9(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-3(x^2+y^2+z^2)+2$

Mà $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\leq \dfrac{1}{3}(x^2+y^2+z^2)^2$

Nên $P\geq 6(x^2+y^2+z^2)^2-3(x^2+y^2+z^2)+2=6\left [ (x^2+y^2+z^2)-\dfrac{1}{4} \right ]^2+\dfrac{13}{8}$

Vì $x^2+y^2+z^2\geq \dfrac{1}{3}$ nên $P\geq 6\left ( \dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4} \right )^2+\dfrac{13}{8}=\dfrac{5}{3}$

 

Vậy $\textrm{min}\ P=\dfrac{5}{3}$ khi $x=y=z=\dfrac{1}{3}.$

$$\star \star \star \star \star \star \star \star \star \star$$

Mở rộng 2: Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau với $n$ $(n\in \mathbb{N}^*)$ 

$$P=4\left ( x^{2^{n+1}}+y^{2^{n+1}}+x^{2^n}y^{2^n} \right )-\dfrac{6}{2^{2^n}}\left ( x^{2^n}+y^{2^n} \right )$$

 

Lời giải

Bổ đề Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $x+y\geq 1$ thì $x^{2^n}+y^{2^n}\geq \dfrac{1}{2^{2^{n}-1}}$ với mọi $n\in \mathbb{N}^*$ $\left ( \star \right )$

Chứng minh 

Với $n=1,$ ta có: $x^2+y^2\geq \dfrac{(x+y)^2}{2}\geq \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2^{2^{1}-1}}$

Giả sử $\left ( \star \right )$ đúng với $n=k$ 

Khi đó $x^{2^k}+y^{2^k}\geq \dfrac{1}{2^{2^{k}-1}}$

Ta chứng minh với $n=k+1$ thì

$x^{2^{k+1}}+y^{2^{k+1}}\geq \dfrac{1}{2^{2^{k+1}-1}}$

Thật vậy, ta có

$x^{2^{k+1}}+y^{2^{k+1}}=\left ( x^{2^k} \right )^2+\left ( y^{2^k} \right )^2\geq \dfrac{1}{2}\left ( x^{2^k}+y^{2^k} \right )^2\geq \dfrac{1}{2}\left ( \dfrac{1}{2^{2^{k}-1}} \right )^2$

Mà $2\left (2^{2^{k}-1} \right )^2=2^{2^{k+1}-1}$ nên $x^{2^{k+1}}+y^{2^{k+1}}\geq \dfrac{1}{2^{2^{k+1}-1}}$

Vậy theo nguyên lý quy nạp, bổ đề được chứng minh.

 

Quay lại bài toán, từ lời giải bài toán gốc, ta được $x+y\geq 1$

Do đó $x^{2^n}+y^{2^n}\geq \dfrac{1}{2^{2^{n}-1}}$

Tương tự bài toán gốc, ta chứng minh được

$P\geq 3\left ( x^{2^n}+y^{2^n} \right )^2-\dfrac{6}{2^{2^n}}\left ( x^{2^n}+y^{2^n} \right )$

$\Leftrightarrow P\geq 3\left ( x^{2^n}+y^{2^n}-\dfrac{1}{2^{2^n}} \right )^2-\dfrac{3}{2^{2^{n+1}}}$

Mà $x^{2^n}+y^{2^n}\geq \dfrac{1}{2^{2^{n}-1}}$

Nên $P\geq 3\left ( \dfrac{1}{2^{2^{n}-1}}-\dfrac{1}{2^{2^n}} \right )^2-\dfrac{3}{2^{2^{n+1}}}=0$

 

Vậy $\textrm{min}\ P=0$ khi $x=y=\dfrac{1}{2}$

$$\star \star \star \star \star \star \star \star \star \star$$

Mở rộng 3: Giải hệ phương trình

$$\left\{\begin{matrix} x^3+y^3+3xy(x+y+2)=x^2+y^2+2 \\ 3(x^4+y^4+x^2y^2)−2(x^2+y^2)+\dfrac{7}{16}=0 \end{matrix}\right.$$

 

Lời giải

Từ phương trình ban đầu, ta có:

$(x+y)^3+4xy=2+(x-y)^2\geq 2$

Do đó $3(x^4+y^4+x^2y^2)−2(x^2+y^2)+1\geq \dfrac{9}{16}$ hay $3(x^4+y^4+x^2y^2)−2(x^2+y^2)+\dfrac{7}{16}\geq 0$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=\dfrac{1}{2}$

Do đó hệ phương trình có nghiệm $x=y=\dfrac{1}{2}.$

 

Có 4 nhận xét cho 3 bài mở rộng.

1) Anh ủng hộ em tìm tòi ra nhiều hướng như thế , nhưng .... ( đọc 2,3,4 )

2) MR 1 thì em không nên mở rộng bằng cách tạo ra thêm 1 ẩn ( nếu $n$ ẩn thì ok ) . Hãy tôn trọng ý tưởng người ra đề .

3 ) MR2 thì sai hoàn toàn . Định nghĩa hàm mũ là cơ số phải dương khác 1 .

4 ) Như 2 , em nên tông trọng dạng bài của tác giả

 

Điểm MR 0đ.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 13-07-2014 - 23:11






0 người đang xem chủ đề

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