Chủ đề này có 40 trả lời

[daovuquang]

Với cách đặt ẩn $x+y=a; y+z=b; z+x=c$, ta có mở rộng sau:
Tìm nghiệm nguyên dương của pt: $\frac{a}{na+b}+\frac{b}{nb+c}+\frac{c}{nc+a}=\frac{3}{n+1} (1)$ với $n\geq2.$ (nếu $n=2$ thì sẽ quay về bài toán gốc)
Ta có $(1)\Leftrightarrow \frac{na}{na+b}+\frac{nb}{nb+c}+\frac{nc}{nc+a}=\frac{3n}{n+1}$
$\Leftrightarrow 1-\frac{na}{na+b}+1-\frac{nb}{nb+c}+1-\frac{nc}{nc+a}=\frac{3}{n+1}$
$\Leftrightarrow \frac{b}{na+b}+\frac{c}{nb+c}+\frac{a}{nc+a}=\frac{3}{n+1}$
Xét $VT=\frac{b^2}{nab+b^2}+\frac{b^2}{nbc+c^2}+\frac{a^2}{nca+a^2}\geq\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+n(ab+bc+ca)}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+(n-2)(ab+bc+ca)}\geq\frac{(a+b+c)^2)}{(1+\frac{n-2}{3})(a+b+c)^2}=\frac{3}{n+1}.$ (BĐT đã có trong bổ đề)
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c\Leftrightarrow x=y=z.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daovuquang: 29-04-2012 - 21:53

[cool hunter]

Đặt: $a=\frac{x+y}{y+z};b=\frac{y+z}{z+x};c=\frac{z+x}{x+y}$ ($a,b,c>0$)
=> $abc =1$.
pt trở thành: $\frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}=1$.
$\Leftrightarrow \frac{2}{c+2}=1-\frac{2}{a+2}+1-\frac{2}{b+2} \Leftrightarrow \frac{2}{c+2}=\frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}$.
A/d bđt Cô-si cho 2 số dương:
$\frac{2}{c+2}=\frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}\geq 2\sqrt{\frac{ab}{(a+2)(b+2)}}$.
Tương tự ta có:
$\frac{2}{b+2}=\frac{c}{c+2}+\frac{a}{a+2}\geq 2\sqrt{\frac{ca}{(c+2)(a+2)}}$;
$\frac{2}{a+2}=\frac{c}{c+2}+\frac{b}{b+2}\geq 2\sqrt{\frac{bc}{(b+2)(c+2)}}$.
NHân vế vs vế 3 bđt đc:
$\frac{8}{(a+2)(b+2)(c+2)}\geq \frac{8abc}{(a+2)(b+2)(c+2)}\Rightarrow abc\leq 1$
Mà $abc=1$ => các bđt phải xảy ra dấu "="
=> $a=b=c$ => $x=y=z$
Vậy pt có nghiệm dương $x=y=z>0$.

D-B=26.8h
E=10
F=0
S=51.2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 19:05

[danganhaaaa]

đặt y+z=a;x+z=b;x+y=c(a,b,c>0).
ta có pt
$\frac{a}{2a+c}+\frac{b}{2b+a}+\frac{c}{2c+b}= 1$
$\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{2a^{2}+ac}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+ab}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+bc}=1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2+\frac{c}{a}}+\frac{1}{2+\frac{a}{b}}+\frac{1}{2+\frac{b}{c}}=1$
đặt $\frac{c}{a}=m;\frac{a}{b}=n;\frac{b}{c}=p$ (m,n,p>0).ta có mnp=1
$\Leftrightarrow \frac{1}{m+2}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{p+2}=1$
$\Leftrightarrow (m+2)(n+2)+(n+2)(p+2)+(m+2)(p+2)=(m+2)(n+2)(p+2)$
$\Leftrightarrow (mn+np+mp)+4(m+n+p)+12= mnp+2(mn+np+mp)+4(m+n+p)+8$
$\Leftrightarrow 4=mnp+mn+np+mp$
$\Leftrightarrow 3= mn+np+mp$
áp dụng bdt AM-GM cho 3 số dương . ta có
$mn+np+mp\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{2}}=3$
dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow m=n=p$
$\Leftrightarrow \frac{c}{a}=\frac{a}{b}=\frac{b}{c}$
$\Leftrightarrow a=b=c$
$\Leftrightarrow y+z=x+z=x+y$
$\Leftrightarrow x=y=z$
vậy x=y=z nguyên dương là nghiệm của pt đã cho

Chưa chứng minh BĐT AM-GM cho 3 số dương: trừ 4đ
D-B=27.4h
E=6
F=10
S=48.6

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 02-05-2012 - 19:07

[danganhaaaa]

mở rộng:
có thể mở rộng bài toán khác như sau
đề bài:
tìm tất cả các số thực dương a,b,c tm phương trình
$\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}=\frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1+\frac{a}{b}}=\frac{3}{2}$
đặt$\frac{a}{b}=x ; \frac{b}{c}=y ; \frac{c}{a}=z$
suy ra:xyz=1
ta cod : $\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=\frac{3}{2}$
sau khi biến đổi ta có (x-1)(y-1)(z-1)=0
$\Leftrightarrow x=1 hoặc y=1 hoặc z=1
$\Leftrightarrow$ a=b hoặc b=c hoặc c=a.

[perfectstrong]

Thời gian thi đấu kết thúc. Mời các bạn xem lại bài mình (tuyệt đối không sửa chữa )

[minhtuyb]

Pó tay chú Việt giải đi giải lại 3 lần =))

<p>MR1: Từ bài toán của Nguyễn Hữu Huy, nếu ta giữ nguyên tử thức ở vế trái và thay đổi mẫu thức một tí, ta được bài toán như sau:</p>
<p>Tìm nghiệm dương của pt:$\frac{{x + y}}{{2x + y + 3z}} + \frac{{y + z}}{{2x + y + 3z}} + \frac{{x + y}}{{2x + y + 3z}} = 1$</p>
<p>Bằng việc đặt ẩn phụ a=x+y;b=y+z;c=z+x với a,b,c&gt;0, ta được:</p>
<p>&nbsp;</p>
<div>$\frac{a}</div>
<div>{{b + 2c}} + \frac{b}</div>
<div>{{c + 2a}} + \frac{c}</div>
<div>{{a + 2b}} = 1$</div>
<div>Áp dụng Cauchy-Schwarz ở dạng Engel:&nbsp;</div>
<div>
<div>
<div>${a \over {b + 2c}} + {b \over {c + 2a}} + {c \over {a + 2b}} = {{a^2 } \over {ab + 2ca}} + {{b^2 } \over {bc + 2ab}} + {{c^2 } \over {ca + 2bc}} \ge {{\left( {a + b + c} \right)^2 } \over {3\left( {ab + bc + ca} \right)}}$</div>
<div>Lại có:&nbsp;$\left( {a + b + c} \right)^2 &nbsp;- 3\left( {ab + bc + ca} \right) = \frac{1}</div>
<div>{2}\left[ {\left( {a - b} \right)^2 &nbsp;+ \left( {b - c} \right)^2 &nbsp;+ \left( {c - a} \right)^2 } \right] \geqslant 0$</div>
<div>Nên:$\left( {a + b + c} \right)^2 &nbsp;\geqslant 3\left( {ab + bc + ca} \right)$</div>
<div>Hay:&nbsp;${a \over {b + 2c}} + {b \over {c + 2a}} + {c \over {a + 2b}} \ge {{\left( {a + b + c} \right)^2 } \over {3\left( {ab + bc + ca} \right)}} \ge 1$</div>
<div>Đẳng thức xảy ra khi a=b=c</div>
<div>Kết hợp với đề ra ta suy ra a=b=c &lt;=&gt; x=y=z&gt;0</div>
<div>Do đó, pt có nghiệm (x;y;z) là (k;k;k) với k&gt;0</div>
<div>MR2: Từ MR1, ta nhận thấy một điều thú vị. Có thể cho mẫu thức với các hệ số bất kì đối với các biến không? Ta thử và nhận thấy có thể biến đổi thành bài toán sau:</div>
<div>Tìm nghiệm dương của pt sau:</div>
<div>
<div>${{x + y} \over {mx + ny + \left( {m + n} \right)z}} + {{y + z} \over {my + nz + \left( {m + n} \right)x}} + {{z + x} \over {mz + nx + \left( {m + n} \right)y}} = {3 \over {m + n}}$ , với m,n &gt; 0</div>
<div>Dễ thấy, cách giải của bài toán này tương tự như MR1, cũng đặt ẩn phụ rồi dùng Cauchy-Schwarz với 3 bộ số rồi suy ra được x=y=z và&nbsp;pt có nghiệm (x;y;z) là (k;k;k) với k&gt;0</div>
<div>&nbsp;</div>
<div>&nbsp;</div>
</div>
<div>&nbsp;</div>
<div>&nbsp;</div>
<div>&nbsp;</div>
<div>&nbsp;</div>
</div>
<div>&nbsp;</div>
</div>
<div>&nbsp;</div>
<div>&nbsp;</div>

Lỗi quá nặng

Đặt $P=\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} = 1$
Ko giảm tính tổng quát giả ta giả sử
$x\ge y\ge z$
Ta có
$P\ge \frac{2z}{6z}+\frac{2z}{6z}+\frac{2z}{6z}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$
Vậy pt có vô số nghiệm $x=y=z \in \mathbb{N^*}$

Gì vậy em? Làm liều à
=> Mấy bác không cm Schwarz phải bị trừ điểm chứ nhỉ, lớp 12 còn phải cm lại mà
P/s: Nhận xét của mình: Đề lần này hơi lộ, vì nhìn một phát là biết ngay cần xài BĐT, không có bẫy gì cả. Vậy nên lần này khá nhiều MSSer hoàn thành tốt bài thi, còn mở rộng thì không dám phát biểu ="=' (Dìm điểm H của Huy đúng theo ý nguyện của mình =)))
P/s 2: Tuần sau Potm (nghe như priestess of the moon- mirana ý nhỉ ) ra đề, không dễ xơi òi ="="
P/s:3: Mùa giải MSS 2012 đã trôi qua nửa chặng đường ...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 30-04-2012 - 16:04

[danganhaaaa]

các anh mods ơi.em đánh sai latex đoạn cuối có làm sao không.cái chỗ :

⇔

x

=

1

h

o

ặ

c

y

=

1

h

o

ặ

c

z

=

1

\Leftrightarrow$ a=b hoặc b=c hoặc c=a.

[nthoangcute]

Đăng Anh ơi (danganhaaaa)
Sửa như sau nhé:

_____________________________________________________________--
Mở rộng:
Có thể mở rộng bài toán khác như sau
Đề bài:
Tìm tất cả các số thực dương a,b,c thỏa mãn phương trình
$\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}=\frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1+\frac{a}{b}}=\frac{3}{2}$
Đặt $\frac{a}{b}=x ; \frac{b}{c}=y ; \frac{c}{a}=z$
Suy ra: $xyz=1$
Ta có : $\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=\frac{3}{2}$
Sau khi biến đổi ta có $(x-1)(y-1)(z-1)=0$
$\Leftrightarrow x=1$ hoặc $y=1$ hoặc $z=1$
$\Leftrightarrow a=b$ hoặc $b=c$ hoặc $c=a.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 30-04-2012 - 20:51

[cool hunter]

đề bài là tìm nghiệm dương sao lắm người tìm nghiệm nguyên dương vậy?

[minhtuyb]

Ừ nhỉ, lúc đầu mình thấy đề bảo tìm nghiệm nguyên dương, lúc sau thấy chỉ có nghiệm dương, cứ tưởng mình hoa mắt :
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 28-04-2012 - 19:52
Chắc anh Hân sửa đề cho phù hợp rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 01-05-2012 - 09:17

[ToanHocLaNiemVui]

Đặt $P=\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} = 1$
Ko giảm tính tổng quát giả ta giả sử
$x\ge y\ge z$
Ta có
$P\ge \frac{2z}{6z}+\frac{2z}{6z}+\frac{2z}{6z}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$
Vậy pt có vô số nghiệm $x=y=z \in \mathbb{N^*}$

Bạn ơi, nhàm nặng rồi, PT đã cho có tính đối xứng mới g/s được như vậy chứ, với PT này là PT dạng hoán vị nên ta chỉ được chọn 1 GT $max$ hoặc $min$ thôi.

[perfectstrong]

Ừ nhỉ, lúc đầu mình thấy đề bảo tìm nghiệm nguyên dương, lúc sau thấy chỉ có nghiệm dương, cứ tưởng mình hoa mắt :
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 28-04-2012 - 19:52
Chắc anh Hân sửa đề cho phù hợp rồi

Anh không sửa cái đề. Chỉ xóa bớt phần quote trong bài viết của Hữu Huy thôi.

[Dung Dang Do]

Bạn ơi, nhàm nặng rồi, PT đã cho có tính đối xứng mới g/s được như vậy chứ, với PT này là PT dạng hoán vị nên ta chỉ được chọn 1 GT $max$ hoặc $min$ thôi.

Lúc đó hoảng quá cứ post liều bây h mới thấy cái sai

[minhtuyb]

Anh không sửa cái đề. Chỉ xóa bớt phần quote trong bài viết của Hữu Huy thôi.

À vậy là Huy tự fix rồi
Thế tính điểm ntn ạ? Đây là lỗi người ra đề ="='

[NLT]

Hì, chờ anh Hân chấm điểm xong rồi biết

Bổ đề: $\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\geq\frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$
Biến đổi tương đương, ta được: $(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z})(x+y+z)\geq(a+b+c)^2$ luôn đúng.(BĐT Cauchy-Schwarz 3 cặp số)

Bạn phải chứng minh chứ, ko được dùng Cauchy-Schwarz cho 2 bộ 3 số trở lên (Coi chừng bị anh Hân trừ điểm à )

Đặt $P=\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} = 1$
Ko giảm tính tổng quát giả ta giả sử
$x\ge y\ge z$
Ta có
$P\ge \frac{2z}{6z}+\frac{2z}{6z}+\frac{2z}{6z}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$
Vậy pt có vô số nghiệm $x=y=z \in \mathbb{N^*}$

Sai rồi !

[Nguyễn Hữu Huy]

Đề bài của Nguyễn Hữu Huy
Tìm nghiệm dương của PT

$\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} = 1$

Bài ni chỉ ngụy trang được 1 tý ! Hầu như đi theo 2 hướng mở
em làm theo hướng giống với minhtuyn

$\dfrac{y + z}{x + 3y + 2z} + \dfrac{z + x}{y + 3z + 2x} + \dfrac{x + y}{3x + 2y + z} = 1$
Đặt
$x + y = a$

$y + z = b$

$x + z = c$

$PT \Leftrightarrow \frac{b}{2b + a} + \frac{c}{2c + b} + \frac{a}{2a + c} = 1$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2 + \frac{a}{b}} + \frac{1}{2 + \frac{b}{c}} + \frac{1}{2 + \frac{c}{a}} = 1$

Đặt
$\frac{a}{b} = p$ ;

$\frac{b}{c} = k$

$\frac{c}{a} = t$

Khi đó $pkt = 1$

được đưa về dạng 1 quen thuộc

$\Leftrightarrow \frac{1}{2 + p} + \frac{1}{2 + k} + \frac{1}{2 + t} = 1 (*)$

Rõ ràng đây là 1 BĐT đc cho ở dạng đẳng thức
dễ dàng chứng minh bằng
Phương pháp "cùn" nhất là quy đồng xét hiệu

Cần chứng minh
$(2 + k)(2 + t) + (2 + t)(2 + p) + (2 + k)(2 + p) \leq (2 + t)(2 + k)(2 + p)$

Khai triển rút gọn ra ta sẽ đc 1 BĐT cuối

$4 \leq kt + pt + kp + kpt $
BĐT trên luôn đúng theo AM - GM

Như vậy ta có BĐT

$\frac{1}{2 + p} + \frac{1}{2 + k} + \frac{1}{2 + t} \leq 1$

Phương trình (*) xảy ra khi và chỉ khi

$k = p = t = 1$

KHi đó dễ dàng suy ra được $ a = b = c $

Vậy PT có tập nghiệm $(a , b , c) = (d , d , d)$ với d là số dương

[nthoangcute]

Mình nhớ không lầm đầu tiên là nghiệm nghuyên dương
Sau khi post lên, em thấy sai đề nên post lại
Sau khi post lại, em thấy bài sai nên sửa bài từ bài làm đầu tiên
Sau khi sửa bài đầu tiên, em viết nhầm cái Kết Luận nên mới sai
__________________________________________________
Mình nhớ rõ ràng đầu tiên là nghiệm nguyên dương mà

[minhtuyb]

Làm tắt quá ="='. Với cả đặt ẩn phụ 1 lần có phải nhàn hơn bao nhiều không hả ông
==> Việt: Đúng là lúc đầu là nguyên dương, tại ông kia fix rồi đó. Cái nỳ anh Hân không trừ điểm đâu mà lo

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 01-05-2012 - 19:47

[nthoangcute]

Sao cái lời giải "Thiểu" thế nhỉ !!!
Soát thử vài lỗi:
1. Khi đặt $x+y=a,y+z=b,z+x=c$ điều kiện của $a,b,c>0$ đâu rùi. Nếu không ở dưới ông lần lượt chia cả tử và mẫu cho $a,b,c$ mà không nói $a,b,c \neq 0$
2. Khi đặt $\frac{a}{b}=p, \frac{b}{c}=k, \frac{c}{a}=t$ thì phải nói điều kiện của $p,k,t>0$ chứ. Nếu không ở dưới ông áp dụng $AM-GM$ sao được.
3. Ông không được nói :"Khai triển rút gọn ra ta sẽ đc 1 BĐT cuối :$4 \leq kt+pt+kp+kpt$. BĐT trên luôn đúng theo AM - GM"
Nếu chỉ áp dụng BĐT $AM-GM$ thì làm sao chứng minh được $4 \leq kt+pt+kp+kpt$ với mọi $k,p,t>0$
Ông còn chưa để ý đến $kpt=1$ để có BĐT này
4. Tại sao ông lại nói:"Cần chứng minh $(2 + k)(2 + t) + (2 + t)(2 + p) + (2 + k)(2 + p) \leq (2 + t)(2 + k)(2 + p)$".
Ông phải nói một cách dễ nghe hơn đó là Cần chứng minh $\frac{1}{2 + p} + \frac{1}{2 + k} + \frac{1}{2 + t} \leq 1$ với $p,k,t$ là các số dương thỏa mãn $pkt=1$
Ông nói như vậy rất chung chung
Ông làm như vậy chẳng khác nào ông biết mọi người đều làm theo hướng đó.
5. Lúc ông nói:"Phương trình (*) xảy ra khi và chỉ khi $k = p = t = 1$"
Ông không đối chiếu với điều kiện mà ông đặt ra cho $p,k,t$
6. Ông bảo: "KHi đó dễ dàng suy ra được $ a = b = c $"
Ông nghĩ mọi người dễ dàng chứng minh ra nó ư.
Ông phải làm rõ ra chứ. Nếu đi thi cấp 3 ông làm như này là mất oan điểm vì không giải thích gì cho cái mình vừa làm. Có khi họ còn không hiểu cách làm của bạn (giả sử bài khó), họ đã ức chế, họ cố đọc, họ thấy ông chẳng có lý giải về cái mình làm $\to$ vô cùng "nóng" $\to$ gạch hết bài
Thôi cứ coi như tôi không hiểu về đoạn "KHi đó dễ dàng suy ra được $ a = b = c $", ông phải giải thích cho tôi hiểu chứ.
7. Kết luận của ông hình như có vấn đề: "Vậy PT có tập nghiệm $(a , b , c) = (d , d , d)$ với d là số dương"
Tập nghiệm, tức là có tập hợp, nói cách khác là các nghiệm của PT được đặt trong 2 dấu ngoặc nhọn: $={...}$
_________________________________________________________________________________________
Thôi không soi nữa, kẻo lại bị mắng

[NLT]

Anh không sửa cái đề. Chỉ xóa bớt phần quote trong bài viết của Hữu Huy thôi.

P/S: Anh Hân trừ điểm mấy bạn có lời giải chưa chặt, chẳng hạn sử dụng Cauchy-Schwarz ở dạng Engel cho 3 bộ mà ko chứng minh