Chủ đề này có 29 trả lời

[zaizai]

cũng đại loại là dạng đó cả mà anh nói chung thì dạng bài này luôn giảm về 2 biến khi cho 1 thằng bằng 0 cả Bài này mà lôi Iran 96 vào thì chắc vừa làm xong bài bdt là nộp bài mất

[Nesbit]

hehe,thế mà cái bài của ku zaizai Văn cứ nhìn qua tưởng là giống với bài của anh Đào Hải Long nên không đọc nữa,không ngờ là bài thi QG và lời giải của anh Khuê lại đơn giản đến thế

Đừng dại mà giải theo cách này em ạ, anh thấy nó chẳng có gì hay ho cả. Cái đấy lúc trước anh post lên cốt chỉ để "dọa" zaizai thôi
Còn một lời giải rất ngắn khác, nhưng rất tự nhiên, tương tự như ở đây http://www.mathlinks...ic.php?t=185614 , nhưng dễ hơn, bởi vì công đoạn cuối chỉ Cô-si cho 2 số là xong.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 02-02-2008 - 01:46

[titikid91yb]

thực ra tớ nhầm đấy, nhưng mà sửa lại cũng dễ thôi. ta giả sử z là số bé nhất rồi chứng minh f(x,y,z) >=f(x,y,0). công đoạn cuối cũng dùng am-gm cho 2 số là xong

[kingkong774]

còn cach nữa theo tư tương của anh Cẩn
GS x=min{x,y,z}
y=x+a;z=x+b
thế vào có thêm đánh giá nhỏ là ra(4 dòng)

[Nesbit]

thực ra tớ nhầm đấy, nhưng mà sửa lại cũng dễ thôi. ta giả sử z là số bé nhất rồi chứng minh f(x,y,z) >=f(x,y,0). công đoạn cuối cũng dùng am-gm cho 2 số là xong

Nhưng điều quan trọng không phải là sửa được hay không, mà là bạn đã nộp bài

[sieuthamtu_sieudaochit]

Cho x,y,z là các số thực không âm ,đôi một khác nhau.Chứng minh rằng
$(xy+yz+zx)[\dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{1}{(y-z)^2}+\dfrac{1}{(z-x)^2}]\geq 4$
Hỏi dấu bằng xảy ra khi nào?

Đáp án của BTC
Giả sử $z>y>x\ge 0$

Đặt $y=x+a;z=x+a+b;a,b>0$. BĐT cần c/m trở thành:

$F(x,a,b)=[3x^2+2(2a+b)x+a(a+b)](\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{(a+b)^2})$

$\ge a(a+b)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{(a+b)^2})$ (do $x\ge 0$)

$=2+\dfrac{a(a+b)}{b^2}+\dfrac{b^2}{a(a+b)}\ge 4$

Dấu $"="$ xảy ra khi $x=0;a(a+b)=b^2\Leftrightarrow x=0;\dfrac{y}{z}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sieuthamtu_sieudaochit: 27-04-2009 - 16:06

[vuthanhtu_hd]

Đáp án của BTC
Giả sử $z>y>x\ge 0$

Đặt $y=x+a;z=x+a+b;a,b>0$. BĐT cần c/m trở thành:

$F(x,a,b)=[3x^2+2(2a+b)x+a(a+b)](\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{(a+b)^2})$

$\ge a(a+b)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{(a+b)^2})$ (do $x\ge 0$)

$=2+\dfrac{a(a+b)}{b^2}+\dfrac{b^2}{a(a+b)}\ge 4$

Dấu $"="$ xảy ra khi $x=0;a(a+b)=b^2\Leftrightarrow x=0;\dfrac{y}{z}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$

Đây cũng là cách của đáp án của Bộ đã có trên THTT

[sieuthamtu_sieudaochit]

Đây cũng là cách của đáp án của Bộ đã có trên THTT

Em có ghi là đáp án của BTC đó

[võ tá sơn]

Bài này thấy giống với bái trong cuốn Sáng Tạo BDT của Phạm Kim Hùng.
Các bạn xem lại nhé!
Đề ra ko có chút biến hóa j cả.

[Hungghgv]

Giả sử $z=min{x;y;z}$

Đặt $x=z+a;y=z+b.\left ( a;b>0;a\neq b \right )$
Thay vào BĐT ban đầu ta được BĐT mới cần c/m :
$[(z+a)(z+b)+z(z+a)+z(z+b)](\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{(a-b)^2})\geq 4$

Thật vậy $VT=(3z^2+2z(a+b)+ab)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{(a-b)^2})\geq ab(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{(a-b)^2})$
$=\frac{(a-b)^2}{ab}+\frac{ab}{(a-b)^2}+2\geq 4$

Dấu = xảy ra khi $ab=(a-b)^2;z=0....$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hungghgv: 01-08-2020 - 16:13