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
- - - - -

Trận chung kết MSS 2012 - Hiệp 4 - Bất đẳng thức


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 17 trả lời

#1 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4129 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 06-07-2012 - 21:54

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


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:
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.

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#2 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4129 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 06-07-2012 - 22:01

Đề hiệp 4
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=\dfrac{1-16xyz}{4}$.
Tìm GTNN của biểu thức sau $A=\dfrac{x+y+z+4xyz}{1+4(xy+yz+xz)}$
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#3 nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vted.vn

Đã gửi 07-07-2012 - 16:38

Đề hiệp 4
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=\dfrac{1-16xyz}{4}$.
Tìm GTNN của biểu thức sau $A=\dfrac{x+y+z+4xyz}{1+4(xy+yz+xz)}$

Sau đây là một lời giải khá dài và khó đỡ, mong Giám khảo thông cảm !!!
_____________________
Vì $x^2+y^2+z^2=\dfrac{1-16xyz}{4}$ nên ta có thể đặt:
$$x=\dfrac{m^2+n^2-p^2}{4mp}$$
$$y=\dfrac{n^2+p^2-m^2}{4mp}$$
$$y=\dfrac{p^2+m^2-n^2}{4mp}$$
(với $m,n,p$ là các số dương)
Suy ra:
$$A=\dfrac{x+y+z+4xyz}{1+4(xy+yz+xz)}$$
$$=\frac{1}{4}\,{\dfrac {{m}^{3}+{m}^{2}n+{m}^{2}p+4\,mnp+m{n}^{2}+{p}^{2}m+{p}^{2
}n+{n}^{2}p+{n}^{3}+{p}^{3}}{{m}^{2}n+{m}^{2}p+mnp+m{n}^{2}+{p}^{2}m+{
p}^{2}n+{n}^{2}p}}$$
Ta sẽ chứng minh:
$$A \geq \dfrac{13}{28}$$
$$\Leftrightarrow A - \dfrac{13}{28} \geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{1}{28}\,{\frac {7\,{m}^{3}-6\,{m}^{2}n-6\,{m}^{2}p+15\,mnp-6\,m{n}^{2}-6
\,{p}^{2}m-6\,{p}^{2}n-6\,{n}^{2}p+7\,{n}^{3}+7\,{p}^{3}}{{m}^{2}n+{m}
^{2}p+mnp+m{n}^{2}+{p}^{2}m+{p}^{2}n+{n}^{2}p}}
\geq 0$$
$$\Leftrightarrow 7(m^3+n^3+p^3)+15 mnp \geq 6(m^2n+mn^2+n^2p+np^2+p^2m+pm^2)$$
Theo BĐT Schur bậc 3 thì:
$$m^3+n^3+p^3+3mnp \geq m^2n+mn^2+n^2p+np^2+p^2m+pm^2$$
Suy ra :
$$7(m^3+n^3+p^3)+21 mnp \geq 7(m^2n+mn^2+n^2p+np^2+p^2m+pm^2)$$
Hay
$$7(m^3+n^3+p^3)+15 mnp \geq 7(m^2n+mn^2+n^2p+np^2+p^2m+pm^2) - 6 mnp$$
$$=6(m^2n+mn^2+n^2p+np^2+p^2m+pm^2) + (m^2n+mn^2+n^2p+np^2+p^2m+pm^2 - 6mnp)$$
$$\geq 6(m^2n+mn^2+n^2p+np^2+p^2m+pm^2) + 6 \sqrt[6]{m^6n^6p^6}-6 mnp$$
$$ = 6(m^2n+mn^2+n^2p+np^2+p^2m+pm^2)$$
(áp dụng BĐT Cô-si cho 6 số dương)
Từ đó suy ra điều phải chứng minh !!!

Vậy $A \geq \dfrac{13}{28}$
$A_{min} = \dfrac{13}{28} \Leftrightarrow m=n=p \Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{4}$
________________
Chứng minh BĐT Cô-si 6 số:
Với $a,b,c,d,e,f>0$ thì $a^6+b^6+c^6+d^6+e^6+f^6 \geq 6abcdef$
Thật vậy:
$2(a^6+b^6+c^6+d^6+e^6+f^6)-12abcdef$
$=(a^2+b^2+c^2)((a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2))$
$+(d^2+e^2+f^2)((d^2-e^2)^2+(e^2-f^2)^2+(f^2-d^2)^2)$
$+3(abc-def)^2$
$ \geq 0$
Suy ra đpcm
____________________
Còn cách đặt ẩn phụ thì phá ra thôi !!!

No Comment Hình đã gửi
D-B=18h
E=10
F=0
S=60

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 16-07-2012 - 11:37

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#4 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 08-07-2012 - 00:17

Lời giải của Nguyễn Lâm Thịnh

Bổ đề: $x,y,z>0$ cmr $x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$ $(1)$
Cm: Đặt $x=a^3,y=b^3,z=c^3 \Rightarrow (1) \Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc\geq 0$
$\Leftrightarrow (a+b+c).\dfrac{1}{2}\left[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right]\geq 0$
Hiển nhiên do $x,y,z>0 \Rightarrow a,b,c>0$ và $\dfrac{1}{2}\left[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right]\geq 0$ dấu $=$ khi $a=b=c \Rightarrow x=y=z$
Áp dụng BDT $xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2$ và $x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$

Do đó $A\geq \dfrac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{1+4(x^2+y^2+z^2)}$ $(2)$

Mặt khác $x^2+y^2+z^2=\dfrac{1-16xyz}{4}$

Thay vào $(2)$ suy ra $A\geq \dfrac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{1+4(x^2+y^2+z^2)}=\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{1+4\left(\frac{1-16xyz}{4}\right)}=\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{2(1-8xyz)}$
Đặt $\sqrt[3]{xyz}=k$

Suy ra $A\geq \dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}$

Mặt khác nhận thấy từ điều kiện $x^2+y^2+z^2=\dfrac{1-16xyz}{4} \Rightarrow 4(x^2+y^2+z^2)+16xyz=1$

$1=4(x^2+y^2+z^2)+16xyz\geq 12\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+16xyz$ (áp dụng bổ đề)

$\leftrightarrow 12\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+16xyz-1 \le 0 \Rightarrow 12k^2+16k^3-1\le 0 \Rightarrow \left(k-\dfrac{1}{4}\right).\left(k+\dfrac{1}{2}\right)^2\le 0$

Do đó $k-\dfrac{1}{4}\le 0$ (do $\left(k+\dfrac{1}{2}\right)^2\geq 0$)
Như vậy $k\le \dfrac{1}{4}$ mà $x,y,z>0 \Rightarrow 0<k<\dfrac{1}{4}$
Mặt khác $A\geq \dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}$ với mọi $0<k\le \dfrac{1}{4}$
Suy ra $A\geq max\left(\dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}\right)$ với $0<k\le \dfrac{1}{4}$ (ta làm được điều này do $0<k\le \dfrac{1}{4}$ là tập xác định)
Ta sẽ chứng minh $max\left(\dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}\right)=\dfrac{13}{28}$
$\Leftrightarrow 28(3k+4k^3)\le 26(1-8k^3)$
$\Leftrightarrow 320k^3+84k-26\le 0$
$\Leftrightarrow 2(4k-1)(40k^2+10k+13)\le 0$
$\Leftrightarrow (4k-1)\le 0$ (do $40k^2+10k+13=40(k^2+\dfrac{1}{4}k+\dfrac{13}{40})=40((k+\dfrac{1}{8})^2+\dfrac{99}{320})>0$)
$\Leftrightarrow k\le \dfrac{1}{4}$ đúng do ta đã cm trên
Suy ra $max\left(\dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}\right)=\dfrac{13}{28} \Rightarrow A\geq \dfrac{13}{28}$
Dấu $=$ khi $x=y=z$ và $k=\sqrt[3]{xyz}=\dfrac{1}{4} \Rightarrow x=y=z=\dfrac{1}{4}$

Ý tưởng xét hàm cả thôi mà Hình đã gửi
Anh chỉ công nhận 3 mở rộng của em (do 1 cái quá 48h)

D-B=26h
E=10
F=30
S=82

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 16-07-2012 - 11:38

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#5 danganhaaaa

danganhaaaa

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 78 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Thái Bình

Đã gửi 08-07-2012 - 00:35

Do $x^{2}+y^{2}+z^{}=\frac{1-16xyz}{4}$(giả thiết) nên suy ra
$1-16xyz=4(x^{2}+y^{2}+z^{2})$.
do đó $2(1-8xyz)=1+4(x^{2}+y^{2}+z^{2})$
Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương x,y,z ta có
$x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$
suy ra $A\geq \frac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{1+4(x^{2}+y^{2}+z^{2})}$

suy ra $A\geq \frac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{2(1-8xyz)}$

lại có
$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{2}}$

nên suy ra $1-16xyz=4(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq 12\sqrt[3]{(xyz)^{2}}$ (+)

Đặt $\sqrt[3]{xyz}=t$(t > 0)
từ (+) suy ra $16t^{3}+12t^{2}-1\leq 0$

$\Leftrightarrow (t-\frac{1}{4})(t+\frac{1}{2})^{2}\leq 0$

$\Leftrightarrow t\leq \frac{1}{4}$(vì $(t+\frac{1}{2})^{2}\geq 0$ với mọi t)

vậy ta được $0\leq t\leq \frac{1}{4}$

suy ra $A\geq \frac{3t+4t^{3}}{2(1-8t^3)}$

do 0<t$\leq \frac{1}{4}$ nên $8t^{3}< 1$

suy ra $f(t)=\frac{3t+4t^{3}}{2(1-8t^{3})}$ đồng biến với 0<t$\leq \frac{1}{4}$

suy ra $f(t)max\Leftrightarrow t=\frac{1}{4}$

suy ra $f(t)max = \frac{13}{28}$
lại có $A\geq f(t)max$

nên suy ra minA=$\frac{13}{28}$

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z và $\sqrt[3]{xyz}=\frac{1}{4}$
$\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{4}$.
vậy A đạt GTNN là $\frac{13}{28}$ khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{1}{4}$ :D

Chứng minh đồng biến cái kiểu gì đây em Hình đã gửi

do 0<t$\leq \frac{1}{4}$ nên $8t^{3}< 1$

suy ra $f(t)=\frac{3t+4t^{3}}{2(1-8t^{3})}$ đồng biến với 0<t$\leq \frac{1}{4}$

D-B=27h
E=5
F=0
S=36

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 16-07-2012 - 11:23

ĐĂNG ANH VÍP BRỒ 97

#6 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 08-07-2012 - 06:32

P/S: Không biết em đã post trước chưa tại lúc nãy mạng em bị lag. :|

Lời giải:

Bổ đề: Ta có BĐT AM-GM cho 4 số như sau:

$a + b + c + d \ge 4\sqrt[4]{abcd}$ với $a,b,c,d \ge 0$
CM bổ đề: Dễ dàng, chỉ cần 2 lần áp dụng AM-GM như sau:

$a + b + c + d = \left( {a + b} \right) + \left( {c + d} \right) \ge ^{(AM - GM)} 2\sqrt {ab} + 2\sqrt {cd} \ge ^{(AM - GM)} 4\sqrt[4]{abcd}$, đó là điều phải chứng minh :)
_______________________

Trở lại bài toán:

Áp dụng BĐT AM-GM:
$ \bullet $ $x + y + z \ge 3\sqrt[{\rm{3}}]{{{\rm{xyz}}}}$.
$ \bullet$ $xy + yz+zx \le x^2 + y^2 + z^2$ do theo AM-GM thì $xy \le \frac{1}{2}\left( {x^2 + y^2 } \right);yz \le \frac{1}{2}\left( {y^2 + z^2 } \right);zx \le \frac{1}{2}\left( {z^2 + x^2 } \right)$.
Và từ giả thiết suy ra $4(x^2+y^2+z^2)=1-16xyz$
Do đó: $A \ge \frac{{3\sqrt[{\rm{3}}]{{{\rm{xyz}}}} + 4{\rm{xyz}}}}{{2 - 16{\rm{xyz}}}}$
Lại áp dụng AM-GM cho 4 số không âm:
$x^2 + y^2 + z^2 + 4{\rm{xyz}} \ge {\rm{4}}\sqrt[{\rm{4}}]{{x^2 .y^2 .z^2 .4{\rm{xyz}}}} \to \frac{1}{4} \ge 4\sqrt[4]{{4x^3 y^3 z^3 }} \to \sqrt[{\rm{3}}]{{{\rm{xyz}}}} \le \frac{1}{4}$
( Vì từ giả thiết ta suy ra ngay $x^2+y^2+z^2+4xyz=\frac{1}{4}$ ).
Do đó, ta đặt $t=\sqrt[{\rm{3}}]{{{\rm{xyz}}}}$, lúc này thì $A \ge \frac{{3t + 4t^3 }}{{2 - 16t^3 }}$ và $0 <t \le \frac{1}{4}$.
Suy ra: A sẽ không nhỏ hơn giá trị lớn nhất của biểu thức $\frac{{3t + 4t^3 }}{{2 - 16t^3 }}$ với $t$ có giá trị trong khoảng $\left( {0;\frac{1}{4}} \right]$.
Đặt $B=\frac{{3t + 4t^3 }}{{2 - 16t^3 }}$.
Ta chứng minh $B=\frac{{3t + 4t^3 }}{{2 - 16t^3 }} \le \frac{{13}}{{28}}(*)$
Do $t \in \left( {0;\frac{1}{4}} \right]$ nên khi quy đồng 2 vế của $(*)$ thì bất đẳng thức của ta sẽ không đổi chiều, tức là:
$84t + 112t^3 \le 26 - 208t^3 \Leftrightarrow 320t^3 + 84t - 26 \le 0 \Leftrightarrow 2\left( {t - \frac{1}{4}} \right)\left( {160t^2 - 40t + 52} \right) \le 0$
Nhận thấy $160t^2 - 40t + 52 = 40\left( {t - \frac{1}{2}} \right)^2 + 42 > 0$ và $0 < t \le \frac {1}{4}$ cho nên bất đẳng thức trên đúng, do vậy $(*)$ đúng.
Từ đó suy ra:$Max_B=\frac {13}{28}$ khi $t=\frac{1}{4}$.
Do vậy: $A \ge Max_B=\frac {13}{28}$ hay $Min A = \frac {13}{28}$ khi $x=y=z=\frac{1}{4}$
Bài toán được giải quyết hoàn toàn ... :)
___

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#7 daovuquang

daovuquang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 194 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi nào có toán...

Đã gửi 08-07-2012 - 11:53

Bài làm của daovuquang:
Bổ đề 1: $x,y,z>0$ cmr $x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$ $(1)$
Chứng minh: Đặt $x=a^3,y=b^3,z=c^3.$ Khi đó $(1) \Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc\geq 0 \Leftrightarrow (a+b+c).\frac{1}{2}\left[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right]\geq 0$
Hiển nhiên do $x,y,z>0 \Rightarrow a,b,c>0$ và $\dfrac{1}{2}\left[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right]\geq 0$ dấu $=$ khi $a=b=c \Rightarrow x=y=z$
Bổ đề 2: $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$
Chứng minh: Biến đổi tương đương ta được $\frac{1}{2}[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2]\geq 0.$
Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z.$
Áp dụng 2 bổ đề trên vào bài, ta được $A\geq \dfrac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{1+4(x^2+y^2+z^2)}$ $(2)$
Mặt khác $x^2+y^2+z^2=\dfrac{1-16xyz}{4}(gt)$
Thay vào $(2)$ suy ra $A\geq \dfrac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{1+4(x^2+y^2+z^2)}=\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{1+4\left(\frac{1-16xyz}{4}\right)}=\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{2(1-8xyz)}$
Đặt $\sqrt[3]{xyz}=k$
Suy ra $A\geq \dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}$
Mặt khác nhận thấy từ điều kiện $x^2+y^2+z^2=\dfrac{1-16xyz}{4} \Rightarrow 4(x^2+y^2+z^2)+16xyz=1$
$1=4(x^2+y^2+z^2)+16xyz\geq 12\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+16xyz$ (áp dụng bổ đề)
$\leftrightarrow 12\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+16xyz-1 \le 0 \Rightarrow 12k^2+16k^3-1\le 0 \Rightarrow \left(k-\dfrac{1}{4}\right).\left(k+\dfrac{1}{2}\right)^2\le 0$
Do đó $k-\dfrac{1}{4}\le 0$ (do $\left(k+\dfrac{1}{2}\right)^2\geq 0$)
$\Leftrightarrow k\le \dfrac{1}{4}$ mà $x,y,z>0 \Rightarrow 0<k\leq\dfrac{1}{4}$
Như vậy $A\geq \dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}$ với mọi $0<k\le \dfrac{1}{4}$
Suy ra $A\geq max\left(\dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}\right)$ với $0<k\le \dfrac{1}{4}$ (ta làm được điều này do $0<k\le \dfrac{1}{4}$ là tập xác định)
Ta sẽ chứng minh $max\left(\dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}\right)=\dfrac{13}{28}$
$\Leftrightarrow 28(3k+4k^3)\le 26(1-8k^3)$
$\Leftrightarrow 320k^3+84k-26\le 0$
$\Leftrightarrow 2(4k-1)(40k^2+10k+13)\le 0$
$\Leftrightarrow (4k-1)\le 0$ (do $40k^2+10k+13=40(k^2+\dfrac{1}{4}k+\dfrac{13}{40})=40[(k+\dfrac{1}{8})^2+\dfrac{99}{320}]>0$
$\Leftrightarrow k\le \dfrac{1}{4}$ đúng do ta đã cm trên
Suy ra $max\left(\dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}\right)=\dfrac{13}{28} \Rightarrow A\geq \dfrac{13}{28}$
Dấu $=$ khi $x=y=z$ và $k=\sqrt[3]{xyz}=\dfrac{1}{4} \Rightarrow x=y=z=\dfrac{1}{4}$

Lại là xét hàm nữa đây mà Hình đã gửi
Mở rộng không đc công nhận
D-B=38h

E=10
F=0
S=40

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 16-07-2012 - 11:27


#8 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 08-07-2012 - 19:17

Mở rộng 1:

Ta có thể thay đổi các hệ số của bài toán gốc đi nhưng phương pháp giải vẫn không thay đổi. Và mở rộng thêm một biến nữa thử bài toán của ta có gặp khó khăn gì không và lúc đó, ta sẽ mạnh dạn hơn nữa:

Đề: Cho $x,y,z,t>0$ thỏa $x^2+y+2+z^2+t^2=5-xyzt$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{x+y+z+t+xyzt}{1+xy+yz+zt+tx}$

Lời giải:

Từ giả thiết ban đầu ta suy ra $x^2+y^2+z^2+t^2+xyzt=5$.
Lúc này, áp dụng BĐT AM-GM, ta có:
${x^2} + {y^2} + {z^2} + {t^2} + xyzt \ge 5\sqrt[5]{{{{\left( {xyzt} \right)}^3}}} \to 5 \ge 5\sqrt[5]{{{{\left( {xyzt} \right)}^3}}} \to xyzt \le 1$
Cũng theo AM-GM: $x+y+z+t \ge \sqrt[4]{xyzt}$
$xy+yz+zt+tx \le \frac{{{x^2} + {y^2}}}{2} + \frac{{{y^2} + {z^2}}}{2} + \frac{{{z^2} + {t^2}}}{2} + \frac{{{t^2} + {x^2}}}{2} = {x^2} + {y^2} + {z^2} + {t^2}=5-xyzt$.
Do vậy: $P \ge \frac{{4\sqrt[4]{{xyzt}} + xyzt}}{{6 - xyzt}}$
Đặt $m= \sqrt[4]{{xyzt}} \to 0 < m \le 1$
Thì $P \ge \frac{{4m + {m^4}}}{{6 - {m^4}}}$.
Đặt $A= \frac{{4m + {m^4}}}{{6 - {m^4}}}$, thì $P$ sẽ không nhỏ hơn giá trị lớn nhất của $A$ với $m$ chạy trong khoảng $\left( {0;1} \right]$, tức $P\ge Max_A$.
Bây giờ ta chứng minh $Max_A=1$, tức là đi chứng minh $\frac{{4m + {m^4}}}{{6 - {m^4}}} \le 1$ $(*)$.
Thật vậy:
$ \Leftrightarrow 4m + {m^4} \le 6 - {m^4}$(do $0 < m \le 1$)
$ \Leftrightarrow 2{m^4} + 4m - 6 \le 0 \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {{m^3} + {m^2} + m + 5} \right) \le 0$
($True$ do $0<m \le 1$)
Do vậy $(*)$ đúng, từ đó suy ra $Max_A=1 \to Min_P=1$.
Đẳng thức xảy ra khi $t=1$ và dấu bằng khi ta sử dụng AM-GM xảy ra, tức $x=y=z=t=1$.
Vậy $Min_P=1$ là giá trị nhỏ nhất mà ta cần tìm

Mở rộng 1 được giải quyết hoàn toàn ... :)
___

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#9 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 08-07-2012 - 20:21

Mở rộng 2: Mạnh hơn, ta đi đến bài toán sau:

Đề: Cho $n$ số dương $x_1,x_2,...,x_n$ thỏa mãn $x_1 ^2 + x_2 ^2 + ... + x_n ^2 + x_1 x_2 ...x_n = n + 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P = \frac{{x_1 + x_2 ... + x_n + x_1 x_2 ...x_n }}{{1 + x_1 x_2 + x_2 x_3 + ...x_{n - 1} x_n + x_n x_1 }}$

Lời giải:


Áp dụng BĐT AM-GM:


$x_1 + x_2 ... + x_n \ge n\sqrt[n]{{x_1 x_2 ...x_n }}$

$x_1 x_2 + x_2 x_3 + ...x_{n - 1} x_n + x_n x_1 \le x_1 ^2 + x_2 ^2 + ...x_n ^2 = n + 1 - x_1 x_2 ...x_n$


$x_1 ^2 + x_2 ^2 + ... + x_n ^2 + x_1 x_2 ...x_n \ge \left( {n + 1} \right)\sqrt[{n + 1}]{{x_1 x_2 ...x_n }} \to n + 1 \ge \left( {n + 1} \right)\sqrt[{n + 1}]{{x_1 x_2 ...x_n }} \to x_1x_2...x_n \le 1$
Đặt $m = \sqrt[n]{{x_1 x_2 ...x_n }} \to 0 < m \le 1$ thì: $P \ge \frac{{nm + m^n }}{{1 + n + 1 - m^n }} = \frac{{nm + m^n }}{{n + 2 - m^n }}$
Đặt $A=\frac{{nm + m^n }}{{n + 2 - m^n }}$. Ta suy ra P không nhỏ hơn giá trị của biểu thức A khi $m$ chạy trên đoạn $\left( {0;1} \right]$, tức là $P \ge Max_A$.
Ta chứng minh $Max_A=1$, tức là chứng minh $\frac{{nm + m^n }}{{n + 2 - m^n }} \le 1(*)$
Thật vậy

$\begin{array}{l}
\left( * \right) \Leftrightarrow nm + m^n \le n + 2 - m^n \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)n + 2\left( {m^n - 1} \right) \le 0 \\
\Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left[ {n + 2\left( {m^{n - 1} + m^{n - 2} + ... + m + 1} \right)} \right] \le 0 \\
(True\,\,because\,\,0 < m \le 1) \\
\end{array}$

Từ đó suy ra $(*)$ đúng $\to Min_P=1$ khi $x_1=x_2=..=x_n=1$.
Mở rộng 2 được giải quyết hoàn toàn ... :)
___

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#10 Nguyễn Hữu Huy

Nguyễn Hữu Huy

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Cờ Đỏ
  • Sở thích:no

Đã gửi 08-07-2012 - 21:49

Đề hiệp 4
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=\dfrac{1-16xyz}{4}$.
Tìm GTNN của biểu thức sau $A=\dfrac{x+y+z+4xyz}{1+4(xy+yz+xz)}$


ÔI Mẹ ôi !
từ gt

Ta có
Theo Cauchy schwarz
$(x^2 + y^2 + z^2)(y^2 + z^2 + x^2) \ge (xy + yz + xz)^2$

$\Rightarrow x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + xz$

Theo AM-GM
$x + y + z \ge 3\sqrt[3]{xyz}$

Ap dụng ta có

$A \ge \frac{3\sqrt[3]{xyz} + 4xyz}{1 + 4(x^2 + y^2 + z^2)}$

Từ gt suy ra $1 + 4(x^2 + y^2 + z^2) = 2 - 16xyz$


$\Leftrightarrow A \ge \frac{3\sqrt[3]{xyz} + 4xyz}{2(1 - 8xyz)}$ (*)

Đặt $\sqrt[3]{xyz} = t$
theo gt thì

$\frac{1 - 16xyz}{4} \ge 3\sqrt{x^2y^2z^2}$

Tương đương với
$(4t -1)(2t + 1)^2 \le 0$

Suy ra $0 < t \le 0,25$ do $(2t + 1)^2 \ge 0$

Lúc đó (*) tương đương với

$A \ge \frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)}$


Do $A \ge \frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)}$ với mọi t

Nên ta có thể cm 1 cách gián tiếp thông qua CM

$A \ge max \frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)}$ (*1)

Ta sẽ cm max $\frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)} = \frac{13}{28}$

Ko khó khăn , nhẩm điểm rơi và ta dự đoán

$\frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)} \leq \frac{13}{28}$

$\Leftrightarrow (4t -1)(80t^2 + 20t + 26) \leq \frac{13}{28}$ :icon12:

Thấy $80t^2 + 20t + 26 > 0$

$4t - 1 < 0$ với $0 < t \le 0,25$

Nên :icon12: đúng !

Suy ra max $\frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)} = \frac{13}{28}$ (*2)

Từ (*1) và (*2) suy ra

$A \ge \frac{13}{28}$

Ý tưởng cũng chẳng khác gì các bạn.
Chưa chứng minh AM-GM + CS 3 số nên bị trừ điểm nghe em
Hình đã gửi
D-B=47h
E=8
F=0

S=25

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 16-07-2012 - 11:34

P . I = A . 22


#11 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 08-07-2012 - 21:50

Mở rộng 3:
Thay đổi giả thiết, ta sẽ có bài toán mới khá hay:

Đề: Cho $x,y,z>0$ thỏa $x^3 + y^3 + z^3 + xyz = 4$. Tìm GTNN của biểu thức:
$P = \frac{{x + y + z + xyz}}{{1 + \sqrt {\frac{{\left( {xy + yz + zx} \right)^3 }}{3}} }}$

Lời giải:

Áp dụng BĐT Holder, ta có:

$3\left( {x^3 + y^3 + z^3 } \right)^2 \ge \left( {x^2 + y^2 + z^2 } \right)^3 \ge \left( {xy + yz + zx} \right)^3$
$ \to \sqrt {\frac{{\left( {xy + yz + zx} \right)^3 }}{3}} \le x^3 + y^3 + z^3 = 4 - xyz$
Áp dụng AM-GM: $x + y + z \ge 3\sqrt[{\rm{3}}]{{xyz}}$.
Suy ra: $m = \sqrt[{\rm{3}}]{{xyz}}$
Dễ chứng minh được $xyz \le 1$ bằng cách dùng AM-GM cho vế trái của giả thiết ban đầu :)
Do đó $ 0 < m \le 1$. Và $P \ge \frac{{3t + t^3 }}{{5 - t^3 }}$.
Đặt $B= \frac{{3t + t^3 }}{{4 - t^3 }}$, tương tự như những mở rộng trước, ta cũng lí luận được $P \ge Max_B$, với $0<m \ge 1$.
Và ta đi chứng minh $Max_B=1$, đúng vì:

$2\left( {t - 1} \right)\left( {t^2 + t + 1} \right) + 3\left( {t - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow 3t + t^3 \le 4 - t^3 \Leftrightarrow \frac{{3t + t^3 }}{{4 - t^3 }} \le 1$
Điều này dẫn đến $Min_P=1$ khi $x=y=z=1$.
Mở rộng 3 được giải quyết ... :)
___

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#12 daovuquang

daovuquang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 194 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi nào có toán...

Đã gửi 08-07-2012 - 22:31

Mở rộng 1: Ta sẽ thử mở rộng số mũ của x,y,z:
Cho $x,y,z$ thỏa mãn $x^{2n}+y^{2n}+z^{2n}=\frac{1-16(xyz)^n}{4}.$
Tìm GTNN của $A=\frac{x^n+y^n+z^n+4(xyz)^n}{1+4[(xy)^n+(yz)^n+(zx)^n]}.$

Ta nhận thấy nếu đặt $x^n=a; y^n=b; z^n=c$ thì quay trở về bài toán ban đầu. :D

#13 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 08-07-2012 - 22:55

Mở rộng 4: Kì này làm biếng chế quá, đây là mở rộng cuối cùng của em trong mùa giải MSS này, và có lẽ là mở rộng mạnh nhất trong trận 20 :)

Cho $n$ số dương $x_1,x_2,..,x_n$ ($n \in Z, n \ge 3$) thỏa $x_1 ^n + x_2 ^n + ... + x_n ^n + x_1 x_2 ...x_n = n + 1$
Tìm giá trị nhỏ nhất của :

Lời giải:

Áp dụng Holder:
$\sum\limits_{i = 1}^m {x_i ^n } .\sum\limits_{i = 1}^m {x_i ^n } .n^{m - 2} \ge \left( {\sum\limits_{i = 1}^m {x_i ^2 } } \right)^n \ge \left( {x_1 x_2 + x_2 x_3 + ...x_{n - 1} x_n + x_n x_1 } \right)^n $
$ \Rightarrow \sqrt {\frac{{\left( {x_1 x_2 + x_2 x_3 + ...x_{n - 1} x_n + x_n x_1 } \right)^n }}{{n^{m - 2} }}} \le \sum\limits_{i = 1}^m {x_i ^n } = n + 1 - x_1 x_2 ...x_n $
Theo AM-GM: $x_1 + x_2 ... + x_n \ge n\sqrt[n]{{x_1 x_2 ...x_n }}$
Đặt $t = \sqrt[n]{{x_1 x_2 ...x_n }}$, dễ chứng minh được $0<t \le 1$ bằng cách sử dụng AM-GM cho $n+1$ số dương đó là : $x_1 ^n ,x_2 ^n ,...,x_n ^n ,x_1 x_2 ...x_n $.
Lúc này suy ra ngay: $P \ge \frac{{n\sqrt[n]{{x_1 x_2 ...x_n }} + x_1 x_2 ...x_n }}{{n + 1 - x_1 x_2 ...x_n }} = \frac{{nt + t^n }}{{n + 2 - t^n }}$ với $t$ chạy trong khoảng $\left( {0;1} \right]$, lúc này giống như mở rộng 2, ta tìm được $Min_P=1$ khi $x_1=x_2=...=x_n=1$.

Mở rộng 4 được giải quyết hoàn toàn ... :)
___________

Nguyen Lam Thinh: Tạm biệt nhé ! MSS 2012 :icon12: :namtay
___

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#14 nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vted.vn

Đã gửi 10-07-2012 - 11:51

ai cũng sai bổ đề kinh thế! sao ko ai có những cách thông thường thôi nhỉ?

Mình không sài bổ đề mà !!!

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#15 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 10-07-2012 - 15:17

Mình không muốn làm cách khác (kẻo lại nói là cái thằng chép sách, thằng chơi đểu) nhưng cũng phải cho mọi người xem !
(Đề đăng trên số 386, tháng 8/2009, báo Toán Học Tuổi Trẻ

Chắc hẳn mọi người băn khoăn về cái đổi biến $x=\dfrac{m^2+n^2-p^2}{4mn}$ của bạn nthoangcute đúng không ?
Thực chất trong cái ảnh bạn nthoangcute trích dẫn bên trên ở THTT thì lời giải thứ hai đặt $2x=cosA \Rightarrow x=\dfrac{cosA}{2}$
Theo định lý hàm số cos trong tam giác $ABC$ ta có $b^2+c^2-2bc.cosA=a^2 \Rightarrow \dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=cosA \Rightarrow \dfrac{b^2+c^2-a^2}{4bc}=\dfrac{cosA}{2}$
Đúng như cái đổi biến của bạn nhé :)
Phần sau làm khác thì rất đáng khen rồi :) (đặc biệt là cm cô si 6 số)
Bài này mà nghĩ được cái đổi biến coi như xong, nhưng nghĩ được nó phải thông qua hình học?, vậy sao bạn nthoangcute ko giải thích j phía trên vậy?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 10-07-2012 - 15:24


#16 nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vted.vn

Đã gửi 10-07-2012 - 16:45

Bài này mà nghĩ được cái đổi biến coi như xong, nhưng nghĩ được nó phải thông qua hình học?, vậy sao bạn nthoangcute ko giải thích j phía trên vậy?

Anh không làm qua hình học như em nghĩ đâu !
Anh còn chưa đọc lời giải của THTT .
Anh đặt do đề bài giống một bài đã làm từ rất lâu rồi !
VD: Đặt $x=\frac{a}{4},\;y=\frac{b}{4},\;z=\frac{c}{4}$
Thì từ giả thiết ta được: $a^2+b^2+c^2+abc=4$
Đây là một bài quen thuộc nên ta đặt được:
$a=\frac{m}{\sqrt{(m+n)(m+p)}},\;b=\frac{n}{\sqrt{(n+m)(n+p)}},\;c=\frac{p}{\sqrt{(p+n)(p+m)}}$
Ta lại đặt $m+n=d^2,\;n+p=e^2,\;p+m=f^2$
Suy ra $m=\frac{d^2+f^2-e^2}{2},\;n=\frac{d^2+e^2-f^2}{2},\; p=\frac{e^2+f^2-d^2}{2}$
Từ đó ta có cách đặt !!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 10-07-2012 - 16:47

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#17 wallunint

wallunint

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 273 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A2, THPT chuyên LQĐ, ĐN

Đã gửi 16-07-2012 - 09:44

Anh không làm qua hình học như em nghĩ đâu !
Anh còn chưa đọc lời giải của THTT .
Anh đặt do đề bài giống một bài đã làm từ rất lâu rồi !
VD: Đặt $x=\frac{a}{4},\;y=\frac{b}{4},\;z=\frac{c}{4}$
Thì từ giả thiết ta được: $a^2+b^2+c^2+abc=4$
Đây là một bài quen thuộc nên ta đặt được:
$a=\frac{m}{\sqrt{(m+n)(m+p)}},\;b=\frac{n}{\sqrt{(n+m)(n+p)}},\;c=\frac{p}{\sqrt{(p+n)(p+m)}}$
Ta lại đặt $m+n=d^2,\;n+p=e^2,\;p+m=f^2$
Suy ra $m=\frac{d^2+f^2-e^2}{2},\;n=\frac{d^2+e^2-f^2}{2},\; p=\frac{e^2+f^2-d^2}{2}$
Từ đó ta có cách đặt !!!

Anh ko nghĩ cách lí giải này của em là hợp lí :)
các cách đặt mà em nêu ra ở trên khá quen thuộc
còn cách đặt dạng $cos$ như em khá xa ko phù hợp với dạng bài THCS này :) (Nếu chưa biết lời giải)

thực ra đây chỉ là bài toán biến đổi đơn giản :)
Ko bạn nào làm biến đổi hay cả :)

ps nthoangcute: em ko cần phải nói như thế :)
Có chép cũng chẳng có gì là sai trái. Em chỉ lấy ý tưởng thôi mà :)
Phần biến đổi của em rất tốt, hơn hẳn ý tưởng xét hàm của các bạn :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 16-07-2012 - 09:56

Vì cuộc sống luôn thay màu .... !!!


#18 wallunint

wallunint

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 273 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A2, THPT chuyên LQĐ, ĐN

Đã gửi 16-07-2012 - 11:46

Nhận xét:
Kì này tuy các toán thủ trúng đề khá nhiều nhưng kết quả cũng chẳng cao bao nhiêu Hình đã gửi

TỔNG KẾT HIỆP 4
MSS02: Cao Xuân Huy
MSS03: yeutoan11
MSS04: nguyenta98ka
MSS05: Secrets In Inequalities VP
MSS06: maikhaiok
MSS09: minhtuyb
MSS10: duongld
MSS14: daovuquang
[40]
MSS16: Nguyễn Hữu Huy[25]
MSS17: Nguyen Lam Thinh[82]
MSS19: Kir
MSS21: nthoangcute[60]
MSS22: nth1235
MSS24: ToanHocLaNiemVui
MSS26: sherlock holmes 1997
MSS27: Cuong Ngyen
MSS28: tranhydong
MSS30: phantomladyvskaitokid
MSS32: tson1997
MSS33: WhjteShadow
MSS36: vtduy97
MSS37: hell angel 97
MSS39: danganhaaaa[36]
MSS40: mituot03
MSS43: agito0002

MSS44: hamdvk
MSS45: Tru09
MSS46: ninhxa
MSS47: thoconlk
MSS48: milinh7a
MSS49: thanhluong
MSS50: Đào Thị Lan Anh
MSS51: kenvinkernpham
MSS52: trungdung97
MSS53: Tran Hong Tho
MSS54: khanhlelekhanh
MSS55: reddevil1998
MSS56: dragonkingvu
MSS57: Thai Thi Van Khanh
MSS58: thedragonknight
MSS59: ducthinh26032011
MSS60: caokhanh97
MSS61: nhuquynhdinh
MSS62: nhanet55

Vì cuộc sống luôn thay màu .... !!!





0 người đang xem chủ đề

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