Đề bài toán 8:
Đề bài toán 8:
Đề bài 5
Cho x, y và z là ba số thực, thoả mãn:
$x^{2}+y^{2}+z^{2}=2\left ( xy+yz+zx \right )> 0.$Chứng minh rằng:$\frac{\left | y-z \right |}{\sqrt{x^{2}+2yz}}+\frac{\left | z-x \right |}{\sqrt{y^{2}+2zx}}+\frac{\left | x-y \right |}{\sqrt{z^{2}+2xy}}\geq 2.$
Bài này mấu chốt là $z^2+2xy=(y-z)^2+(z-x)^2$ khi đó áp dụng kết quả quen thuộc \[\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}} \geqslant 2\] với $a,b,c$ là các số thực không âm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 15-04-2016 - 23:06
Đề bài 6
Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:
$x^{2}+y^{2}+z^{2}=2\left ( xy+yz+zx \right ).$Chứng minh rằng:$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\geq 5.$
Giả sử $x = \max\{x,\,y,\,z\}$ khi đó từ giả thiết của bài toán ta được $\sqrt{x} = \sqrt{y}+\sqrt{z}.$ Điều cần chứng minh trở thành \[\frac{\left ( \sqrt{y}+\sqrt{z} \right )^2}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{\left ( \sqrt{y}+\sqrt{z} \right )^2} \geqslant 5. \quad (1)\] Đặt $t = \sqrt{\frac{y}{z}},$ thì $(1)$ tương đương với \[\frac{(t+1)^2}{t^2} + t^2 + \frac{1}{(t+1)^2} \geqslant 5.\] Hiển nhiên đúng vì \[\frac{(t+1)^2}{t^2} + t^2 + \frac{1}{(t+1)^2} - 5 = \frac{(t^3+t^2-2t-1)^2}{t^2(t+1)^2} \geqslant 0.\] Bài toán được chứng minh.
Đề bài toán 8:
Cho x, y và z là ba số thực có tổng khác 0, thoả mãn:$x^{2}+y^{2}+z^{2}=2\left ( xy+yz+zx \right ).$Chứng minh rằng:$\frac{1}{12}\leq \frac{x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x}{\left ( x+y+z \right )^{3}}\leq \frac{5}{36}.$
Bài này làm tương tự với ý tưởng trên.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 15-04-2016 - 23:15
Giả sử $x = \max\{x,\,y,\,z\}$ khi đó từ giả thiết của bài toán ta được $\sqrt{x} = \sqrt{y}+\sqrt{z}.$ Điều cần chứng minh trở thành \[\frac{\left ( \sqrt{y}+\sqrt{z} \right )^2}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{\left ( \sqrt{y}+\sqrt{z} \right )^2} \geqslant 5. \quad (1)\] Đặt $t = \sqrt{\frac{y}{z}},$ thì $(1)$ tương đương với \[\frac{(t+1)^2}{t^2} + t^2 + \frac{1}{(t+1)^2} \geqslant 5.\] Hiển nhiên đúng vì \[\frac{(t+1)^2}{t^2} + t^2 + \frac{1}{(t+1)^2} - 5 = \frac{(t^3+t^2-2t-1)^2}{t^2(t+1)^2} \geqslant 0.\] Bài toán được chứng minh.
Bài này làm tương tự với ý tưởng trên.
Anh có thể nói rõ hơn được không ạ?
P/s: Nếu như em chuẩn hoá, xét 2 trường hợp $x+y+z$ dương hoặc âm thì có thể giải được không anh?
Đề bài 4
Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:
$x^{2}+y^{2}+z^{2}=2\left ( xy+yz+zx \right ).$Chứng minh rằng:$\frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}\geq 3\sqrt[3]{2}.$
Bài toán này có thể chuẩn hoá, sau đó đưa về việc chứng minh Bất đẳng thức dạng: $xyz<=m$, số m tuỳ thuộc giá trị đã chuẩn hoá.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MathematicsNMN2016: 16-04-2016 - 23:53
Bài toán 9:
Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:
Có ai có ý tưởng cho bài toán 5 và 9 theo hướng chuẩn hoá chưa ạ?
Bài toán 10:
Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:
Bài 6 và bài 10 có bạn nào có hướng sử dụng chuẩn hoá không?
Bài toán 11:
Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:
Bài toán 11:
Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:
$\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )=10.$Chứng minh rằng:$\frac{17}{4}\leq \frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{xyz}\leq 5.$
Trong quá trình giải bài này mình vừa tìm được bài toán tổng quát của nó
Tổng quát: Cho $x, y$ và $z$ là ba số thực dương và số thực không âm $k$ cho trước thoả mãn điều kiện $$\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )=k+9.$$ Khi đó $$\frac{8(k+9)^3}{k^2+36k+216+\sqrt{k^3(k+8)}}-3k-24 \leqslant \frac{x^3+y^3+z^3}{xyz} \leqslant \frac{8(k+9)^3}{k^2+36k+216-\sqrt{k^3(k+8)}}-3k-24.$$
Bài toán 10:
Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:
$\left ( x+y+z \right )^{3}=32xyz.$Hãy tìm Giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức:$P=\frac{x^{4}+y^{4}+z^{4}}{\left ( x+y+z \right )^{4}}.$
Đây là đề thi VMO 2004.
Có thành viên nào có ý tưởng cho bài toán 8 và 11 chưa ạ?
Mình muốn giải theo cách chuẩn hoá và "Đánh giá từng biến".
Bài toán 12:
Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:
Trong quá trình giải bài này mình vừa tìm được bài toán tổng quát của nó
Tổng quát: Cho $x, y$ và $z$ là ba số thực dương và số thực không âm $k$ cho trước thoả mãn điều kiện $$\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )=k+9.$$ Khi đó $$\frac{8(k+9)^3}{k^2+36k+216+\sqrt{k^3(k+8)}}-3k-24 \leqslant \frac{x^3+y^3+z^3}{xyz} \leqslant \frac{8(k+9)^3}{k^2+36k+216-\sqrt{k^3(k+8)}}-3k-24.$$
Đây là đề thi VMO 2004.
Anh có thể nói rõ hơn cách tiếp cận bài toán 10, 11 và bài toán tổng quát của nó được không ạ?
Bài toán 12:
Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:
$\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )=10.$Chứng minh rằng:$\frac{27}{2}\leq \left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )\left ( \frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}} \right )\leq 140-40\sqrt{10}.$
Bài này là hệ quả của hai bài toán sau \[\sqrt{(x+y+z)\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )} \geqslant 1 + \sqrt{1+\sqrt{(x^2+y^2+z^2)\left ( \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2} \right )}},\] và \[5+\sqrt{2(x^2+y^2+z^2)\left ( \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2} \right )-2} \geqslant (x+y+z)\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right ).\]
Có thành viên nào giải bài toán 9 và 12 theo hướng chuẩn hoá chưa ạ?
Bài toán 13:
Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:
Bài toán 13:
Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:
$\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )=10.$Chứng minh rằng:$\frac{19}{12}\leq \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\leq \frac{5}{3}.$
Nếu $x,y,z$ là ba số thực dương và $k \geqslant 0$ là số thực cho trước thỏa mãn \[(x+y+z)\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )=k+9.\] Đặt $P = \frac{x}{y+z} + \frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}.$ Chứng minh rằng \[P \geqslant \frac{8(k+9)^3}{\left[k^2+36k+216+\sqrt{k^3(k+8)}\right](k+8)}-\frac{2k+15}{k+8},\] và \[P \leqslant \frac{8(k+9)^3}{\left[k^2+36k+216-\sqrt{k^3(k+8)}\right](k+8)}-\frac{2k+15}{k+8}.\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 20-04-2016 - 20:09
Bài toán 9:
Cho x, y và z là ba số thực dương, thoả mãn:
$7\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )=11\left ( xy+yz+zx \right ).$Chứng minh rằng:$\frac{51}{28}\leq \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\leq 2.$
Nếu $a,b,c$ là ba số thực dương và $0 \leqslant k \leqslant 1$ là số thực cho trước thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=(k+1)(ab+bc+ca).$ Đặt $$P = \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}.$$ Chứng minh rằng \[\frac{27}{2} \cdot \frac{(k+3)(k+4)}{k^2+15k+36+\sqrt{k^3(k+3)}} - 3 \leqslant P \leqslant \frac{27}{2} \cdot \frac{(k+3)(k+4)}{k^2+15k+36-\sqrt{k^3(k+3)}} - 3.\] P/s. Bài toán trên là trường hợp $k = \frac{4}{7}.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 20-04-2016 - 22:50
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
BĐT-Giả thiết đồng bậc-2Bắt đầu bởi MathematicsNMN2016, 27-04-2016 nguyenhuyen_ag |
|
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh