Đến nội dung


Hình ảnh
* * * * * 1 Bình chọn

[VMO 2014] Ngày 2 - Bài 6 - Đại số

vmo2014

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 29 trả lời

#21 dodinhthang98

dodinhthang98

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 28 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HCM
  • Sở thích:Toán, Lí, Hóa

Đã gửi 05-01-2014 - 12:08

 


 

 
 
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[(xy+z^2)^2\ge 4xy\cdot z^2.\]
\[x^2+y^2 \ge \frac{(x^2+y^2)^2}{2} \ge 2xy\cdot \frac{x^2+y^2}{2}=xy(x^2+y^2).\]
 
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 $P_{\max}=\dfrac{3}{16}.$
 
Nhận xét 1: Ngoài ra chúng ta có thể chứng minh 
\[\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{bc}{2b^2+c^2+a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+b^2} \le \frac{3}{4},\]
bằng cách đưa nó về dạng đối xứng
\[\frac{ab}{a^2+b^2+2c^2}+\frac{bc}{b^2+c^2+2a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+2b^2} \le \frac{3}{4},\]
rồi sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu. 
 
Ở đây mình có thêm một lời giải bằng khác. Sử dụng phân tích 
$$\frac{2ab}{2a^2+b^2+c^2} =1-\frac{(a-b)^2+a^2+c^2}{2a^2+b^2+c^2},$$
ta viết bất đẳng thức trên lại như sau 
\[ \sum \frac{(a-b)^2}{2a^2+b^2+c^2} +\sum \frac{a^2}{2a^2+b^2+c^2}+\sum \frac{c^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{3}{2}.\] 
Không mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử $b$ là số ở giữa $a$ và $c.$  Khi đó theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz inequality, ta có
\[\sum \frac{(a-b)^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{\left[ (a-b)+(b-c)+(a-c)\right]^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}, \] \[\sum \frac{a^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{(a+b+c)^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}, \]
và 
\[ \sum \frac{c^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{(c+a+b)^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}.\] 
Như vậy, ta cần chứng minh được 
\[\frac{4(a-c)^2+2(a+b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)} \ge \frac{3}{2},\]
tương đương với.
$$(a-b)(b-c) \ge 0.$$
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo giả thiết của $b.$ Nên ta có điều phải chứng minh.
 

dong nay sai vì dau = xay ra khi x=y=z=1


  • LNH yêu thích

#22 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-01-2014 - 14:06

dong nay sai vì dau = xay ra khi x=y=z=1

Đoạn đó mình đánh nhầm phải là $x^4+y^4 \ge ...$


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#23 nguyenductrong99

nguyenductrong99

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 12 Bài viết

Đã gửi 05-01-2014 - 14:26

ở đoạn: $4x^2y^2z^2[(x^2+y^2)(xy+z^2)]=4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)]$

đâu có được đâu?

 

MOD: Không trích lại bài viết dài nhé bạn !


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 05-01-2014 - 21:29


#24 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

  • Thành viên
  • 776 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 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 ! :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 05-01-2014 - 21:30


#25 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-01-2014 - 16:49

ở đoạn: $4x^2y^2z^2[(x^2+y^2)(xy+z^2)]=4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)]$

đâu có được đâu?

Cài này đúng là $4x^2y^2z^2[(x^2+y^2)(xy+z^2)] \ge 4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)]$ theo bất đẳng thức AM-GM, mình viết nhầm đấu $\ge$ thành $=.$


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#26 Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Physics

Đã gửi 05-01-2014 - 18:07

Mình giới thiệu cách của mình :

 Ta có :$\sum \frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}\leq \sum \frac{x^3y^4z^3}{\frac{(x+y)(x^3+y^3)}{2}.8xy.z^3.\sqrt{xy}}=\sum \frac{x^2y^3}{4(x+y)(x^3+y^3)\sqrt{xy}}\leq \sum \frac{x^2y^3}{8xy(x^3+y^3)}=\sum \frac{xy^2}{8(x^3+y^3)}\leq \sum \frac{xy^2}{4(x+y)(x^2+y^2)}\leq \sum \frac{xy^2}{8\sqrt{xy}.(x^2+y^2)}\leq \sum \frac{xy^2}{8\sqrt{xy}.\sqrt{2xy(x^2+y^2)}}= \frac{1}{8\sqrt{2}}.\sum \sqrt{\frac{y^2}{x^2+y^2}}\leq \frac{1}{8\sqrt{2}}.\frac{3}{\sqrt{2}}=\frac{3}{16}$(ĐPCM)

 Dấu = xảy ra tại x=y=z



#27 nguyenqn1998

nguyenqn1998

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 173 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10T-Chuyên Lê Quý đôn-Bình định
  • Sở thích:iqn

Đã gửi 05-01-2014 - 20:21

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 

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

 

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenqn1998: 05-01-2014 - 20:23


#28 babystudymaths

babystudymaths

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 311 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương
  • Sở thích:Hình học, Tổ hợp, Số học, xem và nghe nhiều thứ

Đã gửi 09-01-2014 - 10:41

Ta có: theo bđt Cauchy,ta có :

 

$(x^{4}+y^{4})\geq xy(x^{2}+y{2})$ và $(xy+z^{2})^{3}\geq 4xyz^{2}.2z\sqrt{xy}$ nên ta chỉ cần chứng minh$\sum \frac{\sqrt{xy}y}{x^{2}+y^{2}}\leq \frac{3}{2}$

Ta sẽ CM bđt mạnh hơn là $\sum \frac{(x+y)y}{x^{2}+y^{2}}\leq 3$. 

Nhận thấy $\sum \frac{xy+y^{2}}{x^{2}+y^{2}}+\sum \frac{xy+x^{2}}{x^{2}+y^{2}}\leq 6$ (1) và đặt $x=y';y=x';z=z'$ thì 2 bđt 

$\sum \frac{xy+y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\leq \frac{3}{2}$ và $\sum \frac{xy+y^{2}}{x^{2}+x^{2}}\leq \frac{3}{2}$ là hoàn toàn tương đương nhau,kết hợp với (1) ta có đ.p.c.m.Vậy Max của biểu thức là $\frac{3}{16}$.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi babystudymaths: 09-01-2014 - 23:40

TLongHV


#29 tienthcsln

tienthcsln

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 10-01-2014 - 11:08

Cách mình:

Đặt $a=\frac{x}{y}; b=\frac{y}{z}; c=\frac{z}{x}$

Ta có: abc=1 

Và: 

$P=\sum \frac{1}{\left ( a^4+1 \right )(b+c)^3}\leq \sum \frac{1}{8(a^{2}+1).abc.\sqrt{bc}}$

$=\sum \frac{\sqrt{a}}{8(a^2+1)}\leq \sum \frac{a+1}{16(a^2+1)}$

Ta cần chứng minh:

$\sum \frac{a+1}{a^2+1}\leq 3$    ($\ast$)

$\Leftrightarrow ab+bc+ca+\sum ab(a+b)+a+b+c\leq 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+a^2+b^2+c^2+3$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\frac{1}{2}\sum \left ( a^2b^2+1 \right )\geq ab+bc+ca$

$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2+b^2+c^2$

$=\frac{1}{2}\sum \left ( a^2b^2+a^2+a^2b^2+b^2 \right )\geq \sum ab(a+b)$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3\geq 2(a+b+c)$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3\geq 2(a+b+c)$  (*)

Đặt $m=\frac{1}{a}$;  $n=\frac{1}{b}$;  $p=\frac{1}{c}$

Ta có $mnp=1$ và (*) tương đương với:

$m^{2}+n^{2}+p^{2}+3\geq 2(mn+np+pm)$

$\Leftrightarrow (m+n+p)(m^{2}+n^{2}+p^{2}+3)\geq 2(mn+np+pm)(m+n+p)$

$\Leftrightarrow m^3 +n^3+p^3+3(m+n+p)\geq 6+\sum mn(m+n)$

Lại có:

$\Leftrightarrow m^3 +n^3+p^3+3mnp\geq \sum mn(m+n)$

và $3(m+n+p)=(m+n+p)+2(m+n+p)\geq 3mnp+6$

Cộng 2 BĐT cuối theo vế ta được $đpcm$

Vậy $Max P=\frac{3}{16}\Leftrightarrow x=y=z$

 

p/s: ai có cách c/m  ($\ast$) ngắn hơn chỉ mình với :D



#30 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-06-2017 - 16:19

1 cách nữa

Nhìn vào đề bài như thế này ta thường hay nghĩ đến cách đổi biến

Với ý tưởng đó, ta đặt $\frac{x}{y}=a, \frac{y}{z}=b, \frac{z}{x}=c$ thì $abc=1$

$$T=\frac{1}{(a^4+1)(b+c)^3}+\frac{1}{(b^4+1)(c+a)^3}+\frac{1}{(c^4+1)(a+b)^3}$$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$$(b+c)^3\geq 8bc\sqrt{bc}=\frac{8}{a\sqrt{a}}\geq \frac{16}{a^2+a}$$

Suy ra

$$16T\leq \frac{a^2+a}{a^4+1}+\frac{b^2+b}{b^4+1}+\frac{c^2+c}{c^4+1}$$

Ta có 

$$\frac{a^2+a}{a^4+1}\leq \frac{3(a^2+a)}{2(a^2+a+1)}\Leftrightarrow (a-1)^2(a+1)(3a^2+4a+3)\geq 0$$ (đúng)

Suy ra 

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

(BĐT quen thuộc:nếu $abc=1$ thì $\sum \frac{a+1}{a^2+a+1}\leq 2$)

Suy ra $T\leq \frac{3}{16}$

 

1 cách nữa

Nhìn vào đề bài như thế này ta thường hay nghĩ đến cách đổi biến

Với ý tưởng đó, ta đặt $\frac{x}{y}=a, \frac{y}{z}=b, \frac{z}{x}=c$ thì $abc=1$

$$T=\frac{1}{(a^4+1)(b+c)^3}+\frac{1}{(b^4+1)(c+a)^3}+\frac{1}{(c^4+1)(a+b)^3}$$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$$(b+c)^3\geq 8bc\sqrt{bc}=\frac{8}{a\sqrt{a}}\geq \frac{16}{a^2+a}$$

Suy ra

$$16T\leq \frac{a^2+a}{a^4+1}+\frac{b^2+b}{b^4+1}+\frac{c^2+c}{c^4+1}$$

Ta có 

$$\frac{a^2+a}{a^4+1}\leq \frac{3(a^2+a)}{2(a^2+a+1)}\Leftrightarrow (a-1)^2(a+1)(3a^2+4a+3)\geq 0$$ (đúng)

Suy ra 

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

(BĐT quen thuộc:nếu $abc=1$ thì $\sum \frac{a+1}{a^2+a+1}\leq 2$)

Suy ra $T\leq \frac{3}{16}$

cho e hỏi làm sao lại tìm ra được BĐT đó (MÀU ĐỎ )







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: vmo2014

0 người đang xem chủ đề

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