Chủ đề này có 7 trả lời

[be3tvb1]

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn xyz=1. CMR:
$\frac{(x^{4}+y^{4})^{3}}{x^{6}+y^{6}}+\frac{(z^{4}+y^{4})^{3}}{z^{6}+y^{6}}+\frac{(x^{4}+z^{4})^{3}}{x^{6}+z^{6}}\geq 12$

[WhjteShadow]

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn xyz=1. CMR:
$\frac{(x^{4}+y^{4})^{3}}{x^{6}+y^{6}}+\frac{(z^{4}+y^{4})^{3}}{z^{6}+y^{6}}+\frac{(x^{4}+z^{4})^{3}}{x^{6}+z^{6}}\geq 12$

Đầu tiên ta sẽ chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề:
$$\frac{(x^{4}+y^{4})^{3}}{x^{6}+y^{6}}\geq \frac{(x+y)^6}{16}\,\,\,\,\forall x,y>0$$
Thật vậy nó tương đương:
$$16(x^4+y^4)^3-(x^6+y^6)(x+y)^6\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-y)^2(10x^{10}+15x^9y+18x^8y^2-8x^7y^3-x^6y^4-x^4y^6-8y^7x^3+18y^8x^2+15y^9x+10y^{10})\geq 0$$
(Luôn đúng do đống bùi nhùi tr0ng ngoặc luôn dương the0 $AM-GM$)
Vậy áp dụng bổ đề vào bài toán ta có:
$\frac{(x^{4}+y^{4})^{3}}{x^{6}+y^{6}}+\frac{(z^{4}+y^{4})^{3}}{z^{6}+y^{6}}+\frac{(x^{4}+z^{4})^{3}}{x^{6}+z^{6}}\geq \frac{(x+y)^6+(y+z)^6+(z+x)^6}{16}$
$$\geq \frac{2^6.(x^6+y^6+z^6)}{16}\geq \frac{2^6.3.x^2y^2z^2}{2^4}=12$$
Kết thúc chứng minh.Dấu bằng xảy ra tại $x=y=z=1$ $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 27-09-2012 - 23:06

[Ispectorgadget]

Sao mò được cái bổ đề $\frac{(x^4+y^4)^3}{x^6+y^6}\ge \frac{(x+y)^6}{16}$ vậy

[be3tvb1]

Xin hỏi còn cách nào khác không ạ. Chứ làm sao mà nghĩ ra cái bổ đề dk.

[WhjteShadow]

Xin hỏi còn cách nào khác không ạ. Chứ làm sao mà nghĩ ra cái bổ đề dk.

Sr bạn tối qua mình bùn ngủ quá nên nghĩ đại ra cái bổ đề rồi làm liều ăn nhiều.May mà nó đúng
Bạn có thể tham khảo lời giải 2 của mình.Khá là tự nhiên
Lời giải:
Để ý $x^6+y^6=(x^2+y^2)(x^4+y^4-x^2y^2)$ và áp dụng $AM-GM$ thì ta có:
$$\frac{(x^4+y^4)^3}{(x^2+y^2)(x^4+y^4-x^2y^2)}=\frac{2x^2y^2(x^4+y^4)^3}{(x^2+y^2)[4x^2y^2.(x^4+y^4-x^2y^2)]}$$
$$\geq \frac{x^2y^2.4(x^4+y^4)^3}{(x^2+y^2)(x^4+y^4)^2}\geq 2x^2y^2(x^2+y^2)$$
Tương tự và cộng lại thì ta cần chứng minh:
$$x^2y^2(x^2+y^2)+y^2z^2(y^2+z^2)+z^2x^2(z^2+x^2)\geq 6$$
Và điều này luôn đúng khi ta $AM-GM$ 6 số,kết hợp cùng giả thiết $xyz=1$
Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 28-09-2012 - 21:36

[tuannd2009]

Đầu tiên ta sẽ chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề:
$$\frac{(x^{4}+y^{4})^{3}}{x^{6}+y^{6}}\geq \frac{(x+y)^6}{16}\,\,\,\,\forall x,y>0$
Anh có thể nói rõ hơn về phương hướng để chứng minh cái bổ đề trâu bò này không ạ???? Quá khó so vs khả năng quy định, nhưng theo em cái gì nó cũng pair có phương pháp của nó nên mong anh chỉ dạy thêm ạ!
-----------------------------
Mình đã nói ở trên là đoán thôi bạn ạ! Nhưng mình chắc chắn những bđt thế này phân tích ra có nhân tử $(x-y)^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 29-09-2012 - 13:27

[Ispectorgadget]

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn xyz=1. CMR:
$\frac{(x^{4}+y^{4})^{3}}{x^{6}+y^{6}}+\frac{(z^{4}+y^{4})^{3}}{z^{6}+y^{6}}+\frac{(x^{4}+z^{4})^{3}}{x^{6}+z^{6}}\geq 12$

Bài này có thể giải như sau
Đặt $x^2=a;y^2=b;z^2=c;abc=1$ BĐT đã cho $$\Leftrightarrow \frac{(a^2+b^2)^3}{a^3+b^3}+\frac{(b^2+c^2)^3}{b^3+c^3}+\frac{(a^2+c^2)^3}{c^3+a^3}\ge 12$$
Áp dụng AM-GM 4 số
$$(a^2+b^2)^3=(a^6+a^4b^2+a^4b^2+a^4b^2)+(b^6+a^2b^4+a^2b^4+a^2b^4)\geq 4\sqrt[4]{a^6b^6}(a^3+b^3)$$
Thiết lập tương tự dễ dàng suy ra đpcm

[tramyvodoi]

nghĩ đc cái bổ đề đó là bá đạo lắm àk nhak