Sagittarius912

 

 

 

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 !

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 $x=y=z$

Sao có cái này vậy bạn? 

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

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



đề 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 $x=\frac{1}{3}$ $y=x=1$

Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$.Chứng minh:

$\frac{ab+1}{a+b}+\frac{bc+1}{b+c}+\frac{ca+1}{c+a}\ge 3$

Chứng minh với mọi số thực không âm $a,b,c$ ta luôn có $3\sqrt[3]{abc}+\left | a-b \right |+\left | b-c \right |+\left | c-a \right |\geq a+b+c$

Không mất tính tổng quát giả sử $a\ge b\ge c$
Khi đó 

$3\sqrt[3]{abc}\ge 3c$ 

$\left | a-b \right |+\left | b-c \right |+\left | c-a \right |=2(a-c)\ge a+b-2c$

Cộng vế theo vế 2 bđt trên ta có dpcm

Dấu đẳng thức xẩy ra khi $a=b=c$

cho các số thực a,b,c thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn abc=(1-a)(1-b)(1-c) chứng minh rằng

     $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{3}{4}$

Ta viết giả thiết lại thành:

$(\frac{1}{a}-1)(\frac{1}{b}-1)(\frac{1}{c}-1)=1$

Đặt

 $\frac{1}{a}-1=m$

$\frac{1}{b}-1=m$

$\frac{1}{c}-1=p$

Khi đó bđt cần chứng minh trở thành:

$\frac{1}{(m+1)^2}+\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{(p+1)^2}\ge \frac{3}{4}$  (*) với $mnp=1$

Không mất tính tổng quát đặt 

$m=\frac{ab}{c^2};n=\frac{bc}{a^2};p=\frac{ca}{b^2}$ ( cứ coi như $a,b,c$ này khác với $a,b,c$ ở đề bài đi @@

$(*)\Leftrightarrow \frac{a^4}{(a^2+bc)^2}+\frac{b^4}{(b^2+ca)^2}+\frac{c^4}{(c^2+ab)^2}\ge \frac{3}{4}$

Theo bđt Cauchy-Schwarz:

$\frac{a^4}{(a^2+bc)^2}+\frac{b^4}{(b^2+ca)^2}+\frac{c^4}{(c^2+ab)^2}\ge \frac{(a^2+b^2+c^2)}{\sum a^4+2abc(a+b+c)+\sum a^2b^2}$ (1)

Và ta có:

$abc(a+b+c)\le \sum a^2b^2\le \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2}$

cho a>o và n là số nguyên dương . CMR:

$\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+....+\sqrt{a}}}}}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$

 ( n dấu căn )

Để ý rằng: 

$(\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2})^2-a=\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$. 

Do đó

$\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+....+\sqrt{a}}}}}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$ ( $n$ dấu căn)

$\Leftrightarrow \sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+....+\sqrt{a}}}}}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$ ( $n-1$ dấu căn)

$\Leftrightarrow \sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+....+\sqrt{a}}}}}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$ ( $n-2$ dấu căn )

....

$\Leftrightarrow \sqrt{a}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$

$\Leftrightarrow 0< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$ (đúng)

Vậy ta có đpcm

Cho a,b,c là các số thực không âm .CMR: 

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

Không mất tính tổng quát giả sử $0 \le c \le b \le a$
Theo Cauchy-Schwarz:

$\frac{a^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{b^2}{c^2+ca+a^2} \ge \frac{(a^2+b^2)^2}{2a^2b^2+c^2(a^2+b^2)-abc(a+b)}$

Vì  $0 \le c \le b \le a$ nên ta có:

1. $ c(a+b)\ge 2c^2 \Rightarrow abc(a+b)\ge 2abc^2 \Rightarrow 0 \le 2a^2b^2+c^2(a^2+b^2)-abc(a+b)\le 2a^2b^2+c^2(a-b)^2$
2. $c^2(a-b)^2\le ab(a-b)^2 \Rightarrow 2a^2b^2+c^2(a^2+b^2)-abc(a+b)\le ab(a^2+b^2)$

Do đó:

$\frac{(a^2+b^2)^2}{2a^2b^2+c^2(a^2+b^2)-abc(a+b)}\ge \frac{a^2+b^2}{ab}\ge 2$

và 

$\frac{c^2}{a^2-ab+b^2}\ge 0$

Cộng vế theo vế ta có dpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b$, $c=0$ và các hoán vị

cho $\left\{\begin{matrix} a,b,c \in (0,1) & & \\ ab+bc+ca+a+b+c=1+abc& & \end{matrix}\right.$

CMR:$\frac{1+a}{1+a^2}+\frac{1+b}{1+b^2}+\frac{1+c}{1+c^2} \leq \frac{3}{4}(3+\sqrt{3})$

Tham khảo báo THTT Số 426 trang 21 bài T7/422 bạn nhé ^^

Cho a,b,c là các số không âm, chứng minh

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{8}{a+b+c}\geq \frac{6}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Ta sẽ chứng minh 

 $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge \frac{1}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$ (*)

$\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge \frac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$(1)

(1) đúng do $a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca) \ge 0$

và 

$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc\le (a+b+c)(ab+bc+ca)$

Áp dụng (*) :

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{8}{a+b+c}\ge \frac{9}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$

Theo AM-GM:

$\frac{9}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}\ge 2\sqrt{\frac{9}{a+b+c}.\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}}=\frac{6}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

$\Rightarrow$ đpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c)$ là hoán vị của $(0;\frac{7-\sqrt{45}}{2}.t;t)$ hoặc  $(0;\frac{7+\sqrt{45}}{2}.t;t)$;$t>0, t\in \mathbb{R}$

Cho $a,b,c$ dương thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh

$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

 $\Leftrightarrow \sum (\frac{1}{2}-\frac{1}{a^2+b^2+2})\ge \frac{3}{2}$

 $\Leftrightarrow \sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\ge \frac{3}{2}$

Theo Cauchy-Schwarz ta có:

$\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\ge \frac{[\sum\sqrt{a^2+b^2}]^2}{\sum(a^2+b^2+2)}=\frac{2\sum a^2+2\sum{\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}}{2\sum a^2 +6}$

Do đó ta cần chứng minh

$2\sum a^2+2\sum{\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}\ge 3(\sum a^2 +3)$

$\Leftrightarrow 2\sum{\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}\ge \sum a^2 + 9$

Theo Cauchy-Schwarz:

$2\sum{\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}\ge 2\sum(ac+b^2)=\sum a^2 +(a+b+c)^2=\sum a^2+9$

Vậy ta có đpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Sử dụng nguyên lí đếm bằng hai cách để giải bài toán sau:

Cho X là tập hợp với $\left | X \right |=n$ và $A_1,A_2,...A_m$ là các tập con của X sao cho:

i) $\left | A_i \right |=3$ với mọi $i=1,2,....m$

ii) $\left | A_i\cap A_j \right |\le 1, \forall i\neq j$

Chứng minh rằng tồn tại A thuộc X, A chứ ít nhất $[\sqrt{2n}]$ phần tử sao cho A không chứ $A_i$ với mọi $i=1,2,....m$

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} (x+2y)x^3=8\\x(y^3-2)=6 \end{matrix}\right.$

Cho a;b là các số nguyên dương sao cho (a;b)=1. Chứng minh rằng $N_{0}=ab-a-b$ là số nguyên lớn nhất không biểu diễn được dưới dạng ax+by với x;y là các số nguyên không âm.

Mở rộng: Chứng minh giữa 2 số nguyên n, $N_{0}-n$, có đúng một trong hai số biểu diễn được dưới dạng ax+by với x, y là các số nguyên không âm.

Cái này mình thấy 1 lần ở Mathscope nhưng bây giờ tìm lại link thì không có, may mà ghi lại
Theo định lí Bezout, luôn tồn tại cặp số nguyên $x,y$ sao cho $ax+by=n$.
Vì $ax+by=a(x-bt)+b(at+y)$  ta luôn có thể tăng giảm giá trị của x một số nguyên lần bội b. Do dó ta giả sử được $0\le x\le b-1$. Hơn nữa $n=ax+by$ biểu diễn được khi và chỉ khi nó cũng biểu diễn được thi thêm điều kiện  $0\le x\le b-1$

Đặt $x=ax'+by$. $N_0  -x =as+bt$ $\left ( 0\le x',y,s,t\le b\in\mathbb{Z} \right )$

Khi đó $ax'+by+as+bt=ab-a-b$

$\Leftrightarrow ab-(x'+s+1)a-b(y+t+1)=0$
Vì $(a,b)=1$ nên $b\mid x'+s+1$

mà $1\le x'+s+1 \le 2b-1$ $\Rightarrow x'+s+1=b$
Phương trình trên trở thành $y+t+1=0$
Do đó có đúng 1 trong 2 số $y,t \ge 0$
Như vậy có đúng 1 trong 2 số $x,N_0-x$ biểu diễn được