Chủ đề này có 40 trả lời

[perfectstrong]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

BTC yêu cầu MSS16 ra đề vào topic này. Sau khi đánh máy đề, phải nhấn nút Chấp nhận để để được hiện lên.
Nhớ đọc kĩ chủ đề trước khi ra đề

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa

b. Luật Loại trực tiếp: Luật chỉ áp dụng khi có $n >20$ toán thủ tham gia thi đấu.
- Sau mỗi trận, $k$ toán thủ có số điểm ít nhất sẽ bị loại. Trong trường hợp có nhiều toán thủ cùng điểm số, toán thủ nào có thời gian bỏ thi đấu dài nhất sẽ ưu tiên bị loại.
$$k=\frac{\left \{(n-10) - [(n-10) \mod 10] \right \}}{10}$$
- Toán thủ bị loại sẽ không đuợc đăng kí lại
- Khi Chỉ còn 20 toán thủ, Luật này ko còn hiệu lực

BTC lưu ý:
1) trận 11 có 31 toán thủ tham gia nên sau trận này, 02 toán thủ ít điểm nhất sẽ bị loại.

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn

Trận này do sự cố từ BTC nên thời gian bắt đầu trận đấu sẽ tính từ lúc này: 12h17p ngày 28/04/2012

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 28-04-2012 - 12:19

[Nguyễn Hữu Huy]

BTC yêu cầu MSS16 ra đề vào topic này. Sau khi đánh máy đề, phải nhấn nút Chấp nhận để để được hiện lên.
Nhớ đọc kĩ chủ đề trước khi ra đề

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa



BTC lưu ý:
1) trận 11 có 31 toán thủ tham gia nên sau trận này, 02 toán thủ ít điểm nhất sẽ bị loại.

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn

Trận này do sự cố từ BTC nên thời gian bắt đầu trận đấu sẽ tính từ lúc này: 12h17p ngày 28/04/2012

Đề bài của Nguyễn Hữu Huy
Tìm nghiệm dương của PT

$\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} = 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 28-04-2012 - 19:52

[Dung Dang Do]

Đề bài của Nguyễn Hữu Huy
Tìm nghiệm dương của PT

$\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} = 1$

Đặt $P=\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} = 1$
Ko giảm tính tổng quát giả ta giả sử X
$x\ge y\ge z$
Ta có
$P\ge \frac{2z}{6z}+\frac{2z}{6z}+\frac{2z}{6z}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$
Vậy pt có vô số nghiệm $x=y=z \in \mathbb{N^*}$

Sai từ chỗ X đầu tiên. Trong bđt này, x,y,z không có vai trò như nhau nên không thể sắp xếp các biến. Chưa kể ở dưới, đánh bđt như vậy cũng không đúng.
S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 18:20

[nthoangcute]

Nhờ Mod xóa tiếp 2 cái trên:
______________________________________________________

Ta có:
Đặt $x+y=a$, $y+z=b$, $z+x=c$ ($a,b,c \in \mathbb{Z^+}$)
Vậy ta thấy:
$a+2b=(x+y)+2(y+z)=x+3y+2z$
$b+2c=(y+z)+2(z+x)=y+3z+2x$
$c+2a=(z+x)+2(x+y)=z+3x+2y$
Vậy:
$1=\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} $
$=\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}+\frac{b}{a+2b}$
Suy ra:
$2 =\frac{2c}{b+2c}+\frac{2a}{c+2a}+\frac{2b}{a+2b}$
$\Rightarrow 1=(1-\frac{2c}{b+2c})+(1-\frac{2a}{c+2a})+(1-\frac{2b}{a+2b})$
$=\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}$
$=\frac{a^2}{a^2+2ab}+\frac{b^2}{b^2+2bc}+\frac{c^2}{c^2+2ca}$
$\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}$ (Áp dụng BĐT svac-xơ cho 3 phân số có mẫu là các số dương)
$=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}$
$=1$
Vậy dấu đẳng thức phải sảy ra:
$\Leftrightarrow a=b=c$
Vậy $a=b=c$
$\to x+y=y+z=z+x$
Vì $x+y=y+z \to x=z$
Vì $x+y=z+x \to y=z$
Vậy ta suy ra được $x=y=z$
Thử lại với $x=y=z$ ta thấy đẳng thức $\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} =1$ luôn đúng.
Vậy tóm lại:
PT $\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} =1$ cho có vô số nghiệm với $(x,y,z)=(n,n,n)$ ($n$ là hằng số)
Hay phương trình $\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} =1$ cho có vô số nghiệm nguyên dương với $(x,y,z)=(m,m,m)$ ($m$ là hằng số nguyên dương)

Chưa chứng minh Cauchy-Schwart dạng Engel 3 số: trừ 4đ
D-B=1.3h
E=6
G=1
F=10
S=75.7

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 18:49

[phantomladyvskaitokid]

đặt $\left\{\begin{matrix} x+y=a & & \\ y+z=b & & \\ z+x=c & & \end{matrix}\right. (a, b, c>0)$

phương trình đã cho trở thành $\frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}=1$

mặt khác ta có

$\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}=\frac{a^2}{a^2+2ab}+\frac{b^2}{b^2+2bc}+\frac{c^2}{c^2+2ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

$\Rightarrow \frac{3}{2}-\frac{1}{2}(\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a})\leq 1$

$\Rightarrow \frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}\leq 1$

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\frac{a}{a^2+2ab}=\frac{b}{b^2+2bc}=\frac{c}{c^2+2ca}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a+2b}=\frac{1}{b+2c}=\frac{1}{c+2a}=\frac{1+1+1}{a+2b+b+2c+c+2a}=\frac{1}{a+b+c}$

$\Leftrightarrow a+2b=b+2c=c+2a=a+b+c$

$\Leftrightarrow a=b=c$

$\Leftrightarrow x=y=z$

vậy phương trình đã cho có nghiệm dương x=y=z=k ( k>0)

Chưa chứng minh BĐT Cauchy-Schwart dạng Engel: trừ 4đ.
D-B=1.5h
E=6
F=0
S=64.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 18:50

[ToanHocLaNiemVui]

Theo đề bài ra, chuyển vế ta có:
$(\frac{1}{3}-\frac{y+z}{x+3y+2z})+(\frac{1}{3}-\frac{x+z}{y+3z+2x})+(\frac{1}{3}-\frac{x+y}{z+3x+2y})=0$.
$\Leftrightarrow \frac{x-z}{x+3y+2z}+\frac{y-x}{y+3z+2x}+\frac{z-y}{z+3x+2y}=0$ (1).
Vì (1) là PT có dạng hoán vị vòng quanh nên ta g/s: $x=max(x,y,z)$.
Xét 2 TH:
+, TH1: $x\geq y\geq z>0$
•, $x+z\geq 2y$, khi đó, ta có :
$2x+y\geq x+2z\geq 2y+z\Leftrightarrow 3x+2y+z\geq 3z+2x+y\geq 3y+2z+x$.
Suy ra :
$\frac{x-z}{x+3y+2z}+\frac{y-x}{y+3z+2x}+\frac{z-y}{z+3x+2y}\geq \frac{x-z}{3x+2y+z}+\frac{y-x}{3x+2y+z}+\frac{z-y}{3x+2y+z}=0$.
Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $x=y=z$.
•, $2y\geq x+z$, khi đó ta có :
$2x+y\geq 2y+z\geq 2z+x\Leftrightarrow 3x+2y+z\geq 3y+2z+x\geq 3z+2x+y$.
Suy ra :
$\frac{x-z}{x+3y+2z}+\frac{y-x}{y+3z+2x}+\frac{z-y}{z+3x+2y}\geq \frac{x-z}{3x+2y+z}+\frac{y-x}{3x+2y+z}+\frac{z-y}{3x+2y+z}=0$.
Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $x=y=z$.
+, TH2: $x\geq z\geq y>0$.
Xét tương tự như TH1, ta đều thu được kết quả: $x=y=z$.
Tóm lại, để (1) tồn tại thì $x=y=z$, mà $x,y,z\in \mathbb{Z^{+}}$ nên thế vào PT (1), ta được:
$x=y=z$.
Vậy nghiệm của PT đã cho là: $(a;a;a)$ với $a\in \mathbb{N^{*}}$.

D-B=1.6h
E=10
F=0
S=76.4

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 18:51

[NLT]

Mình xin giải như sau:
Ta có, pt đã cho tương đương:

$\frac{{y + z}}{{2\left( {y + z} \right) + x + y}} + \frac{{z + x}}{{2\left( {z + x} \right) + y + z}} + \frac{{x + y}}{{2\left( {x + y} \right) + z + x}}$
Đến đây, ta đặt $a = x + y;b = z + x;c = y + z\left( {a,b,c > 0\,do\,x,y,z > 0} \right)$
Thì: $\frac{a}{{2a + b}} + \frac{b}{{2b + c}} + \frac{c}{{2c + a}} = 1$

$ \Leftrightarrow \frac{{2a}}{{2a + b}} + \frac{{2b}}{{2b + c}} + \frac{{2c}}{{2c + a}} = 2(*)$
Ta có: $\frac{{2a}}{{2a + b}} + \frac{{2b}}{{2b + c}} + \frac{{2c}}{{2c + a}} = \left( {1 - \frac{b}{{2a + b}}} \right) + \left( {1 - \frac{c}{{2b + c}}} \right) + \left( {1 - \frac{a}{{2c + a}}} \right)$

$ = 3 - \left( {\frac{a}{{2c + a}} + \frac{b}{{2a + b}} + \frac{c}{{2b + c}}} \right) (1)$
Mà, theo BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel, ta có:

$\frac{a}{{2c + a}} + \frac{b}{{2a + b}} + \frac{c}{{2b + c}} = \frac{{a^2 }}{{2ac + a^2 }} + \frac{{b^2 }}{{2ab + b^2 }} + \frac{{c^2 }}{{2bc + c^2 }}$

$ \ge \frac{{\left( {a + b + c} \right)^2 }}{{\left( {2ac + a^2 } \right) + \left( {2ab + b^2 } \right) + \left( {2bc + c^2 } \right)}} = \frac{{\left( {a + b + c} \right)^2 }}{{\left( {a + b + c} \right)^2 }} = 1$

$ \Rightarrow 3 - \left( {\frac{a}{{2c + a}} + \frac{b}{{2a + b}} + \frac{c}{{2b + c}}} \right) \le 3 - 1 = 2(2)$
Từ (1),(2) suy ra:$\frac{{2a}}{{2a + b}} + \frac{{2b}}{{2b + c}} + \frac{{2c}}{{2c + a}} \le 2(**)$
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c.
Từ (*) và (**) ta thấy bất đẳng thức (**) trở thành đẳng thức, do đó a=b=c, tức là:

$\left\{ \begin{array}{l}
x + y = y + z = z + x \\
x,y,z > 0 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z > 0 $
Vậy pt có nghiệm (x;y;z) là (k;k;k) với mọi k>0
_________________________

Chứng minh BĐT Cauchy-Schwarz ở dạng Engel cho 3 bộ số:
Tức là chứng minh: $\frac{{A_1 ^2 }}{{B_1 }} + \frac{{A_2 ^2 }}{{B_2 }} + \frac{{A_3 ^2 }}{{B_3 }} \ge \frac{{\left( {A_1 + A_2 + A_3 } \right)^2 }}{{B_1 + B_2 + B_3 }}\left( {\forall A_1 ,A_2 ,A_3 \in R;B_1 ,B_2 ,B_3 > 0} \right)$
CM: Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel cho 2 bộ số, ta có:

$\frac{{A_1 ^2 }}{{B_1 }} + \frac{{A_2 ^2 }}{{B_2 }} \ge \frac{{\left( {A_1 + A_2 } \right)^2 }}{{B_1 + B_2 }}$ (1)

$\frac{{\left( {A_1 + A_2 } \right)^2 }}{{B_1 + B_2 }} + \frac{{A_3 ^2 }}{{B_3 }} \ge \frac{{\left( {A_1 + A_2 + A_3 } \right)^2 }}{{B_1 + B_2 + B_3 }}(2)$
Cộng (1), (2) vế theo vế ta có ngay BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel cho 3 bộ số và đẳng thức xảy ra khi$\frac{{A_1 }}{{B_1 }} = \frac{{A_2 }}{{B_2 }} = \frac{{A_3 }}{{B_3 }}$

*****++++******

Chưa chứng minh BĐT Cauchy-Schwart dạng Engel cho 2 số: trừ 2đ.
D-B=1.7h
E=8
F=30
S=100.3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 18:52

[WhjteShadow]

Đặt $x+y=c,z+x=b,y+z=a$ (a,b,c>0)
Bài toán trở thành
$\frac{a}{c+2a}+\frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}=1$
$\Leftrightarrow \frac{2a}{c+2a}+\frac{2b}{a+2b}+\frac{2c}{b+2c}=2$
$\Leftrightarrow 3-(\frac{2a}{c+2a}+\frac{2b}{a+2b}+\frac{2c}{b+2c})=3-2$
$\Leftrightarrow \frac{c}{c+2a}+\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}=1$
$\Leftrightarrow \frac{c^2}{c^2+2ac}+\frac{a^2}{a^2+2ab}+\frac{b^2}{b^2+2bc}=1$
Mà do $a,b,c>0\Rightarrow c^2+2ac,a^2+2ab,c^2+2bc>0$
Sử dụng bđt B.C.S dạng Engel với các phân thức có mẫu >0 ta có
$\frac{c^2}{c^2+2ac}+\frac{a^2}{a^2+2ab}+\frac{b^2}{b^2+2bc}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$
Vậy dấu = xảy ra khi $a=b=c\Rightarrow x+y=y+z=z+x\to x=y=z$

Chưa chứng minh BĐT Cauchy-Schwart dạng Engel: trừ 4đ
D-B=2.2h
E=6
F=0
S=63.8

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 18:53

[NLT]

MR1: Từ bài toán của Nguyễn Hữu Huy, nếu ta giữ nguyên tử thức ở vế trái và thay đổi mẫu thức một tí, ta được bài toán như sau:
Tìm nghiệm dương của pt:
$\frac{{x + y}}{{2x + y + 3z}} + \frac{{y + z}}{{2x + y + 3z}} + \frac{{x + y}}{{2x + y + 3z}} = 1$
Bằng việc đặt ẩn phụ a=x+y;b=y+z;c=z+x với a,b,c>0, ta được:
$\frac{a}
{{b + 2c}} + \frac{b}
{{c + 2a}} + \frac{c}
{{a + 2b}} = 1$
Áp dụng Cauchy-Schwarz ở dạng Engel:
${a \over {b + 2c}} + {b \over {c + 2a}} + {c \over {a + 2b}} = {{a^2 } \over {ab + 2ca}} + {{b^2 } \over {bc + 2ab}} + {{c^2 } \over {ca + 2bc}} \ge {{\left( {a + b + c} \right)^2 } \over {3\left( {ab + bc + ca} \right)}}$</div>
Lại có:$(a+b+c)^{2}-3(ab+bc+ca)=a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca$
$=\frac{1}{2}\left ( a-b \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( b-c \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( c-a \right )^{2}\geq 0$
Nên: $\frac{(a+b+c)^{2}}{3(ab+bc+ca)}\geq 1$
Hay:${a \over {b + 2c}} + {b \over {c + 2a}} + {c \over {a + 2b}} \ge {{\left( {a + b + c} \right)^2 } \over {3\left( {ab + bc + ca} \right)}} \ge 1$
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c
Kết hợp với đề ra ta suy ra a=b=c => x=y=z > 0
Do đó, pt có nghiệm (x;y;z) là (k;k;k) với k>0
MR2: Từ MR1, ta nhận thấy một điều thú vị. Có thể cho mẫu thức với các hệ số bất kì đối với các biến không? Ta thử và nhận thấy có thể biến đổi thành bài toán sau:
Tìm nghiệm dương của pt sau:
${{x + y} \over {mx + ny + \left( {m + n} \right)z}} + {{y + z} \over {my + nz + \left( {m + n} \right)x}} + {{z + x} \over {mz + nx + \left( {m + n} \right)y}} = {3 \over {m + n}}$ , với m,n > 0
Dễ thấy, cách giải của bài toán này tương tự như MR1, cũng đặt ẩn phụ rồi dùng Cauchy-Schwarz với 3 bộ số rồi suy ra được x=y=z và pt có nghiệm (x;y;z) là (k;k;k) với k> 0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi princeofmathematics: 30-04-2012 - 20:42

[daovuquang]

Bổ đề: $\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\geq\frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$
Biến đổi tương đương, ta được: $(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z})(x+y+z)\geq(a+b+c)^2$ luôn đúng.(BĐT Cauchy-Schwarz 3 cặp số)

Đặt $x+y=a; y+z=b; z+x=c.$
Phương trình trở thành: $\frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}=1$
$\Leftrightarrow \frac{2b}{a+2b}+\frac{2c}{b+2c}+\frac{2a}{c+2a}=2$
$\Leftrightarrow (1-\frac{2b}{a+2b})+(1-\frac{2c}{b+2c})+(1-\frac{2a}{c+2a})=1$
$\Leftrightarrow \frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}=1.$
Mặt khác, $\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}=\frac{a^2}{a^2+2ab}+\frac{b^2}{b^2+2bc}+\frac{c^2}{c^2+2ca}\geq\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1.$
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c\Leftrightarrow x=y=z.$
Vậy phương trình có nghiệm $x=y=z$

Chưa chứng minh BĐT Cauchy-Schwart cho 2 bộ 3 số: trừ 4đ
D-B=2.6h
E=6
F=10
S=73.4

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 18:54

[minhtuyb]

Cố dành cái giải rút . Làm hơi chậm

Bài làm của minhtuyb:
*Trước ta sẽ c/m: Với $a,b,c>0;abc=1$, ta có BĐT sau:
$$\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\leq 1(*)$$
Thật vậy, ta có:
$$(*)\Leftrightarrow (a+2)(b+2)+(b+2)(c+2)+(c+2)(a+2)\leq (a+2)(b+2)(c+2)\\ \Leftrightarrow ab+2(a+b)+4+bc+2(b+c)+4+ca+2(c+a)+4\leq abc+2(ab+bc+ca)+4(a+b+c)+8\\ \Leftrightarrow ab+bc+ca+4(a+b+c)+12 \leq 1+2(ab+bc+ca)+4(a+b+c)+8\\ \Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 3(1)$$
Có (1) đúng vì: áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm<Cần cm không nhỉ >, ta có:
$$ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Vì (1) đúng $\Rightarrow (*)$ đúng

*Trở lại bài toán:
-Áp dụng (*): Chọn $a=\frac{x+y}{y+z}; b=\frac{y+z}{x+z}; c=\frac{x+z}{x+y}\Rightarrow abc=1;a,b,c>0\ (True)$
Khi đó ta có:
$$\frac{1}{\frac{x+y}{y+z}+2}+\frac{1}{\frac{y+z}{x+z}+2}+\frac{1}{\frac{x+z}{x+y}+2}\leq 1\\ \Leftrightarrow \frac{1}{\frac{x+3y+2z}{y+z}}+\frac{1}{\frac{2x+y+3z}{x+z}}+\frac{1}{\frac{3x+2y+z}{x+y}}\leq 1\\ \Leftrightarrow \frac{y+x}{x+3y+2z}+\frac{x+z}{2x+y+3z}+\frac{x+y}{3x+2y+z}\leq 1(**)$$
Mà theo giả thiết, $VT(**)=VP(**)$ suy ra nghiệm pt xảy ra ở trường hợp đẳng thức:
$$ \frac{x+y}{y+z}=\frac{y+z}{x+z}=\frac{x+z}{x+y}=1\Leftrightarrow x=y=z$$

Vậy pt đã cho có nghiệm $(a;a;a)$, với $a$ là số thực dương bất kì

Chưa chứng minh BĐT AM-GM cho 3 số dương: trừ 4đ.
D-B=3.4h
E=6
F=20
S=82.6

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 18:56

[Cao Xuân Huy]

Đề bài của Nguyễn Hữu Huy
Tìm nghiệm dương của PT

$\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} = 1$

Bổ đề: $x,y,z>0$ ta có bđt AM-GM cho 3 số dương:
\[{x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz \Leftrightarrow \frac{1}{2}(x + y + z)\left[ {{{(x - y)}^2} + {{(y - z)}^2} + {{(z - x)}^2}} \right] \ge 0\]
Do đó ta có: $x^3+y^3+z^3 \ge 3xyz$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z>0$
Bài làm:

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}a = x + 3y + 2z\\b = y + 3z + 2x\\c = 3x + 2y + z\end{array} \right.$ ($a,b,c >0$)

Từ đó ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}7c - 7a + 3b = 18x\\7a - 7b + 3c = 18y\\7b - 7c + 3a = 18z\end{array} \right.\]

Ta có:
\[pt \Leftrightarrow \frac{{18y + 18z}}{{x + 3y + 2z}} + \frac{{18z + 18x}}{{y + 3z + 2x}} + \frac{{18x + 18y}}{{3x + 2y + z}} = 18\]
\[ \Leftrightarrow \frac{{10a - 4c}}{a} + \frac{{10b - 4a}}{b} + \frac{{10c - 4b}}{c} = 18\]
\[ \Leftrightarrow 30 - 4\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right) = 18\]
\[ \Leftrightarrow \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} = 3\]

Áp dụng bđt AM-GM cho 3 số dương ta có:
\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{abc}}{{bca}}}} = 3\]

Mà theo đề thì đẳng thức đã xảy ra nên:
\[\frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{c}{a} \Rightarrow a = b = c > 0\]

Do đó

\[\left\{ \begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{l}}{7c - 7a + 3b = 18x}\\{7a - 7b + 3c = 18y}\\{7b - 7c + 3a = 18z}
\end{array}\\a = b = c\end{array} \right. \Rightarrow x = y = z > 0\]

Vậy phương trình có vô số nghiệm có dạng: $(x;y;z)=(k;k;k)$ với $k$ là số thực dương.

D-B=3.6h
E=10
F=0
S=74.4

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 18:57

[mituot03]

*Xét trường hợp $x \mp y\mp z$

· *Chứng minh 3 phân số tối giản

Xét phân số $\frac{y+z}{x+3y+z}$

Áp dụng thuật toán Euclid:

x +3y+2z = 2(y+z) +x +y

<=> (x +3y +2z; y+z) = (x+y; y+z) =1 ($x \mp y\mp z$)

<=> $\frac{y+z}{x+3y+z}$ tối giản

Vì vai trò của x; y; z như nhau nên tượng tự có : $\frac{x+z}{y+3z+x}$; $\frac{y+x}{z+3x+2y}$; tối giản

· * Chứng minh $\frac{y+z}{x+3y+z}$+$\frac{y+x}{z+3x+2y}$ +$\frac{x+z}{y+3z+x}$ $\mp$ 1

$\frac{y+z}{x+3y+z}$+$\frac{y+x}{z+3x+2y}$ +$\frac{x+z}{y+3z+x}$ = 1
=>Một trong ba mẫu số là bội số của hai mẫu số còn lại

Mà vai trò của x; y; z như nhau nên giả sử x + 3y + 2z $\vdots$ y + 3z + 2x và x + 3y + 2z $\vdots$ z + 3x + 2y

=> x + 3y + 2z > y + 3z + 2x và x + 3y + 2z > z + 3x + 2y

Xét hiệu x + 3y + 2z – (y + 3z + 2x) = x- 2y – z
x + 3y + 2z – ( z + 3x + 2y) = z + y – 2x
=> x – 2y – z > 0 và z + y – 2x > 0
=> x> 2y + z (1) và z + y > 2x (2)
(1) và (2) mô thuẫn => đpcm

· Tương tự với hai trong ba số còn lại khác nhau.

Vậy x= y = z ( x; y; z là số nguyên dương)
Cách 2
Giả sử x$\geq$y $\geq$ z$\geq$1
Có 3x $\geq$ y +2x
=> 3(x+z) $\geq$ y +3z+ 2x
=> $\frac{x+z}{y+3z+x}$ $\geq$ $\frac{1}{3}$
Có 3( x+y) $\geq$ z+ 3x+2y
=> $\frac{y+x}{z+3x+2y}$ $\geq$ $\frac{1}{3}$
Có 3(y+z) $\geq$ x+ 3y + 2z
=> $\frac{x+z}{y+3z+x}$ $\geq$ $\frac{1}{3}$
=>$\frac{y+z}{x+3y+z}$+$\frac{y+x}{z+3x+2y}$ +$\frac{x+z}{y+3z+x}$ $\geq$ 1
Dấu "=" xảy ra <=> x= y= z

Cách 1 khá hay nhưng phần sau lại không đúng. Vai trò x,y,z đâu có như nhau?
Cách 2 thì lại sai.
D-B=6.4h
E=7
F=0
S=62.6

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 19:01

[Cuong Ngyen]

Trả lời:
Quy ước biểu thức đề bài là A
Do 3 phân thức của đề cho đối xứng nhau tương đối. Ta xét mỗi phân thức với 1/3 và chỉ cần xét 1 phân thức, các phân thức sau tương tự:
Xét $\dfrac{y+z}{x+3y+2z} $ với 1/3.
Trường hợp 1: nếu x=y=z thì phân thức trên <=> $\dfrac{2x}{6x} = \dfrac{1}{3} $.
Do đó khi trừ phân thức ta được kết quả là 0.
=> Làm tương tự 2 phân thức ta cũng được 0.
=> Có nghiệm x=y=z.

*Trường hợp 2: x=y khác z. Do x,y,z vai trò như nhau nên chọn phân thức phù hợp xét cho ta điều vô lý.
Xét $\dfrac{y+z}{x+3y+2z}= \dfrac{1}{3} $
Do x=y nên => $\dfrac{y+z}{4y+2z}= \dfrac{1}{3} $
Nhân chéo ( vì tất cả luôn dương)
=> 3y+3z=4y+2z
=> y=z (mâu thuẩn với TH2))
=> Loại TH2.

*TH3: x khác y khác z.
Xét $\dfrac{y+z}{x+3y+2z}= \dfrac{1}{3} $
Nhân chéo
=> 3y+3z= x+3y+2z
=> x=z (Mâu thuẫn với TH3)

Kết hợp 3 TH. Được nghiệm x=y=z.

Cách giải thiếu các TH còn lại do x,y,z không có vai trò như nhau.
D-B=13.1h
E=5
F=0
S=49.9

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 19:02

[minhtuyb]

*Mở rộng của minhtuyb:
Vì bài giải pt của Huy là thuần BĐT nên xin phát triển bài toán gốc theo hướng BĐT, bám sát theo BĐT phụ (*) ở trên:
TQ 1: Vì điều kiện ẩn của (*) là $a,b,c>0;abc=1$, nên ta có thể tùy chọn các cách đổi biến khác nhau, ví dụ như:
Với $a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}$ thì ta có bài toán:
Tìm nghiệm dương của PT
$$\frac{y }{x + 2y} + \frac{z}{y + 2z } + \frac{x}{z+2x} = 1$$
Pt này cũng có nghiệm $(a;a;a)$ với a là số thực dương bất kì

TQ 2: Ta cũng có thể bổ sung gt cho 3 biến $x,y,z$ để bài toán trở nên sinh động hơn :
Với $x,y,z>0;xyz=1$, tìm nghiệm của PT
$$\frac{x }{yz + 2x} + \frac{y}{xz + 2y } + \frac{z}{xy+2z} = 1(1)$$
Có: $$(1)\Leftrightarrow \frac{1}{\frac{yz}{x} + 2} + \frac{1}{\frac{xz}{y} + 2 } + \frac{1}{\frac{xy}{z}+2} = 1$$
Đến đây đặt $a=\frac{yz}{x};b=\frac{xz}{y};c=\frac{xy}{z}\Rightarrow a,b,c>0;abc=xyz=1$. Ta đã quay trở lại BĐT phụ!
K/l: Pt có nghiệm $(1;1;1)$
Có nhiều cách đổi biến nữa, tự tìm hiểu nhé

Chắc tuần này chỉ chế ra đc 2 bài, đề khó chế thật

[NLT]

Em có một mở rộng khác như sau:

MR3: Ta có thể mở rộng thêm số biến của bài, chẳng hạn:
Tìm nghiệm dương của pt:


$\frac{{x + y + z}}{{2y + 3z + 3t + x}} + \frac{{y + z + t}}{{2z + 3t + 3x + y}} + \frac{{z + t + x}}{{2t + 3x + 3y + z}} + \frac{{t + x + y}}{{2x + 3y + 3z + t}} = \frac{4}{3}$
Bằng việc đặt ẩn phụ a=x+y+z; b=y+z+t; c=z+t+x; d=t+x+y, ta biến đổi pt về dạng:

$\frac{a}{{2b + c}} + \frac{b}{{2c + d}} + \frac{c}{{2d + a}} + \frac{d}{{2a + b}} = \frac{4}{3}$
Áp dụng Cauchy-Schwarz dạng Engel:

$\frac{a}{{2b + c}} + \frac{b}{{2c + d}} + \frac{c}{{2d + a}} + \frac{d}{{2a + b}}$

$ = \frac{{a^2 }}{{2ab + ac}} + \frac{{b^2 }}{{2bc + bd}} + \frac{{c^2 }}{{2cd + ac}} + \frac{{d^2 }}{{2da + bd}}$

$ \ge \frac{{\left( {a + b + c + d} \right)^2 }}{{2\left( {ab + bc + cd + da + ac + bd} \right)}}$
Lại có:$\left( {a + b + c + d} \right)^2 = 2\left( {ab + bc + cd + da + ac + bd} \right) + \left( {a^2 + b^2 + c^2 + d^2 } \right)$

$ \ge \frac{8}{3}\left( {ab + bc + cd + da + ac + bd} \right)$ (Áp dụng Cauchy-Schwarz, dễ dàng chứng minh được: $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 \ge \frac{2}{3}\left( {ab + bc + cd + da + ac + bd} \right)$)
Suy ra: $\frac{a}{{2b + c}} + \frac{b}{{2c + d}} + \frac{c}{{2d + a}} + \frac{d}{{2a + b}} \ge \frac{4}{3}$
Kết hợp pt => a=b=c => x=y=z=t.
Vậy pt có nghiệm (x;y;z;t)=(k;k;k;k) với k>0
____________________________________

Từ các MR trên, ta còn nhiều mở rộng, tổng quát khác, có thể là với n biến, hoặc là những hệ số bất kì ở dưới mẫu ....

[ToanHocLaNiemVui]

MOD xoá dùm em cái kết quả: $x=y=z=1$, sửa giúp em thành $x=y=z$. Em ngại gõ Latex lại, ngại lắm. Fix giùm em nha. Thks.

[nthoangcute]

Mở rộng đây:
Đề bài của Mở rộng 1:
Tìm nghiệm dương của PT
$A=\dfrac{y + z}{x + (n+1)y + nz} + \dfrac{z + x}{y + (n+1)z + nx} + \dfrac{x + y}{z+(n+1)x+ny} = \frac{3}{n+1} (n \in N,n \geq 2)$
Lời giải cho mở rộng 1:
Xét $n=2$. Đây là 1 trường hợp của Bài toán gốc. Ta chứng minh như cách làm bài toán gốc ở trên.
Xét $n>2$.
Đặt $y+z=a$, $z+x=b$, $x+y=c$. ($a,b,c>0$)
Ta có:
$A=\frac{a}{c+na}+\frac{b}{a+nb}+\frac{c}{b+nc}$
Suy ra $nA=\frac{an}{c+na}+\frac{bn}{a+nb}+\frac{cn}{b+nc}$
Suy ra $3-nA=\frac{a}{a+nb}+\frac{b}{b+nc}+\frac{c}{c+na}$
$=\frac{a^2}{a^2+nab}+\frac{b^2}{b^2+nbc}+\frac{c^2}{c^2+2ca}$
$\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+n(ab+bc+ca)}$
$=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+(n-2)(ab+bc+ca)}$
$\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+\frac{(n-2)(a+b+c)^2}{3}}$
$=\frac{1}{1+\frac{n-2}{3}}$
$=\frac{3}{n+1}$
Suy ra $A \leq \frac{3}{n+1}$
Dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hay $x=y=z$
Vậy PT đã cho có vô số nghiệm $(x,y,z)=(m,m,m)$ ($m$ là hằng số dương)

[nthoangcute]

Cách giải khác cho bài toán gốc:
Đặt $y+z=a$, $z+x=b$, $x+y=c$. ($a,b,c>0$)
Ta có:
$1=\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} $
$=\frac{a}{c+2a}+\frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}$
$=\frac{1}{\frac{a}{b}+2}+\frac{1}{\frac{b}{c}+2}+\frac{1}{\frac{c}{a}+2}$
Đặt $\frac{a}{b}=m$, $\frac{b}{c}=n$, $\frac{c}{a}=p$ ($m,n,p>0$)
Vậy: $mnp=1$
Ta có: $1=\frac{1}{m+2}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{p+2}$
Suy ra $(m+2)(n+2)(p+2)=(m+2)(n+2)+(n+2)(p+2)+(p+2)(m+2)$
$\to mnp+2(mn+np+pm)+4(m+n+p)+8=mn+np+pm+4(m+n+p)+12$
$\to mn+np+pm=3$
Mà áp dụng BĐT cô si cho 3 số dương ta có: $mn+np+pm \geq 3\sqrt[3]{m^2n^2p^2}=3$
Nên dấu dẳng thức phải sảy ra khi và chỉ khi $m=n=p=1$ hay $a=b=c$
Từ đó suy ra $x=y=z$.
Vậy PT đã cho có vô số nghiệm $(x,y,z)=(t,t,t)$ ($t$ là hằng số dương)

[Kir]

Lại thêm một lần nữa cần cù thông minh:

Đặt: x+y=a; y+x=b; z+x=c
Phương trình đã cho trở thành:$\frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}=1$
$\Rightarrow \frac{b(b+2c)(c+2a)+c(a+2b)(c+2a)+a(a+2b)(b+2c)}{(a+2b)(b+2c)(c+2a)}=1$
$\Rightarrow b(b+2c)(c+2a)+c(a+2b)(c+2a)+a(a+2b)(b+2c)}={(a+2b)(b+2c)(c+2a)$
$\Rightarrow b^{2}c+2ab^{2}+2bc^{2}+ac^{2}+2a^{2}c+2bc^{2}+2a^{2}c+2ab^{2}+12abc$=$2a^{2}b+2ac^{2}+4a^{2}c+2b^{2}c+4ab^{2}+4bc^{2}+9abc$
$\Rightarrow$ 3abc=$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$
$\Rightarrow 3abc - a^{2}b-b^{2}c-c^{2}a=0$
$\Rightarrow$ ab(c-a)+ac(b-c)+bc(a-b)=0
$\Rightarrow$ (x+y)(y+z)(z-y)+(z+x)(x+y)(y-x)+(y+z)(z+x)(x-z)=0
$\Rightarrow$ $x^{2}(y-x)+y^{2}(z-y)+z^{2}(x-z)=0$
$\Rightarrow y-x=x-z=z-y=0$
$\Rightarrow x=y=z=1$

Đừng dựa vào máy tính nhiều quá!!! Kết luận nghiệm bị sai.
D-B=25.5h
E=9
F=0
S=49.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 19:04