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.


Sagittarius912

Đăng ký: 07-08-2012
Offline Đăng nhập: 26-03-2018 - 20:49
***--

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: [VMO 2014] Ngày 2 - Bài 6 - Đại số

05-01-2014 - 15:55

 

 
 
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[(xy+z^2)^2\ge 4xy\cdot z^2.\]
\[x^4+y^4 \ge \frac{(x^2+y^2)^2}{2} \ge 2xy\cdot \frac{x^2+y^2}{2}=xy(x^2+y^2).\]
 
Từ đó, suy ra 
\[(x^4+y^4)(xy+z^2)^3 \ge 4xyz^2 \cdot xy(x^2+y^2)\cdot (xy+z^2)=4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)],\]
hay là
\[\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+{{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}} \le \frac{xy^2z}{2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)}.\]
Đặt $a=xy,\;b=yz,\;c=zx.$ Ta được
\[P \le \frac{1}{4}\left (\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{bc}{2b^2+c^2+a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+b^2} \right ).\]
Theo bất đẳng thức AM-GM, thì
\[\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2} \le \frac{ab}{\sqrt{2a^2(b^2+c^2)}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}.\]
Nên 
\[P\le \frac{1}{4\sqrt{2}}\left ( \sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a^2}} \right ).\]
Mặc khác, ta có một kết quả quen thuộc 
\[\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a^2}} \le \frac{3}{\sqrt{2}}.\]
Nên $P \le \dfrac{3}{16}.$ Ngoài ra nếu $a=b=c$ hay $x=y=z,$  thì đẳng thức xảy ra. Điều này cho phép ta kết luận $P_{\max}=\dfrac{3}{16}.$
 

Đoạn đấy không nhất thiết phải quy về bất đẳng thức kia đâu ạ:

Theo AM-GM:

 

$ab \le \frac{(a+b)^2}{4} $

 

nên

 

$\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le \frac{1}{4}. \frac{(a+b)^2}{a^2+c^2+b^2+a^2}\le \frac{1}{4}(\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+a^2})$ (Cauchy-Schwarz)

 

$\Rightarrow \sum \frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le \frac{1}{4}(\sum \frac{a^2}{a^2+c^2}+\sum \frac{b^2}{b^2+a^2})$

 

hay 

$\sum \frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le\frac{1}{4}.\sum (\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2})=\frac{3}{4}$

 

$\Rightarrow T \le \frac{3}{16}$

 

MOD:Không trích lại bài viết quá dài nhé ! :)


Trong chủ đề: [VMO 2014] Ngày 2 - Bài 6 - Đại số

04-01-2014 - 22:44

Bài 6 (7 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$$T=\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}+\frac{y^3z^4x^3}{(y^4+z^4)(yz+x^2)^3}+\frac{z^3x^4y^3}{(z^4+x^4)(zx+y^2)^3}$$
với $x,y,z$ là các số thực dương.

Ta dễ dàng chứng minh được: ( bằng AM-GM)

$x^4+y^4 \ge xy(x^2+y^2)$

 

$xy+z^2 \ge 2\sqrt{xyz^2}\Rightarrow (xy+z^2)^3\ge 8x^\frac{3}{2}y^\frac{3}{2}z^3$

Do đó

 

$\frac{x^3y^4z^3}{(xy+z^2)^3(x^4+y^4)}\le\frac{x^\frac{1}{2}y^\frac{3}{2}}{8(x^2+y^2)}$

Theo AM-GM:

 

$\frac{x^\frac{1}{2}y^\frac{3}{2}}{8(x^2+y^2)}\le \frac{\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}.y^2}}{8(x^2+y^2)}=\frac{1}{8\sqrt{2}}\sqrt{\frac{y^2}{x^2+y^2}}$

 

$\Rightarrow T\le \sum \frac{1}{8\sqrt{2}}\sqrt{\frac{y^2}{x^2+y^2}}$

 

Đặt $x^2=a$ ; $y^2=b$ ; $z^2=c$ . Khi đó:

 

$ T\le \sum \frac{1}{8\sqrt{2}}\sqrt{\frac{b}{a+b}}$

 

Mặt khác:

 

$\left [ \sum\sqrt{\frac{b}{a+b}} \right ]^2\le \left [ \sum\frac{b}{(a+b)(b+c)} \right ]\left [ \sum(b+c) \right ]=\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

và 

$8(a+b+c)(ab+bc+ca)\le 9(a+b)(b+c)(c+a)$ ( bđt quen thuộc)

 

$\Rightarrow T\le \frac{3}{16}$

 

Vậy GTLN của T là $\frac{3}{16}$ khi $x=y=z$


Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển 10 Trần Đại Nghĩa

29-12-2013 - 21:55

Sao có cái này vậy bạn? 

Bình phương 2 vế và biến đổi tương đương sẽ đưa về $(a-b)^2 \ge 0$
 


Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển HSG TP Hà Nội

12-12-2013 - 21:21

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG THÀNH PHỐ
Năm học 2013-2014



attachicon.gifđề thi HSG.jpg

Ta sẽ chứng minh $P\le \frac{28}{9}$

  • TH1: $x\le \frac{1}{3}$

 ​Khi đó, kết hợp với giả thiết $y \le x \le 1$ ta có

     

$3x^3+2y^3+z^3\le 3.(\frac{1}{3})^3+2.1^3+1.1^3=\frac{28}{9}$ (dpcm)

  • TH2: $x \ge \frac{1}{3}$

Vì $0<x \le y \le x $ $\Rightarrow 3x+2y+z\ge 6x$

 

$\Rightarrow \frac{2}{3}>x$

 

Ta có:

$P=3x^3+2y^3+z^3=2(x+y)(x^2-xy+y^2)+(x+z)(x^2-xz+z^2)\le (x^2-xz+z^2)[2(x+y)+y+z]\le 4(x^2-xz+z^2)$

Mặt khác 

$(x-\frac{2}{3})(z-1)\ge 0$

 

$\Rightarrow -xz\le \frac{2}{3}-x-\frac{2z}{3}$ (1)

 

$(x-\frac{1}{3})(x-\frac{2}{3})\le 0$  (2)

 

$(z+\frac{1}{3})(z-1)\le 0$   (3)

Cộng theo vế 3 bđt (1)(2)(3) ta có được 

 

$x^2-xz+z^3\le \frac{7}{9}$

 

$\Rightarrow P\le \frac{28}{9}$

 

Vậy $\max P=\frac{28}{9}$ khi $x=\frac{1}{3}$ $y=x=1$

 


Trong chủ đề: $\sum\frac{ab+1}{a+b}\ge 3$

29-11-2013 - 21:59

Do $ab+bc+ca=1$ nên $a, b, c \in [0;1]$

$\sum\dfrac{ab+1}{a+b} \ge 3$

$\Leftrightarrow \sum\dfrac{(a-1)(b-1)}{a+b} \ge 0$

Đúng với $a, b, c \in [0;1]$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1, c=0$ cùng các hoán vị.

Kếtl luận sai:

$a=\sqrt{2}$ $b=\frac{\sqrt{2}}{5}$ $c=\frac{1}{\sqrt{8}}$