minhtuyb

Dạo này thấy topic hơi chìm,góp thêm 1 bài!

Cho $x,y,z$ thực dương thỏa mãn $(x+y)^2+4x^2y^2+1=(2z^2+1)^2$.Tìm GTNN của:

$P=\frac{16x^3}{(y+z)^3}+\frac{16y^3}{(x+z)^3}+3.\frac{xy+1}{z^2+1}$

Từ giả thiết ta có:

$$+) (2z^2+1)^2=(x+y)^2+\frac{(4xy)^2}{4}+1\leq (x+y)^2+\frac{(x+y)^4}{4}+1=\left [ \frac{(x+y)^2}{2}+1 \right ]^2\\ \Rightarrow 2z\leq x+y$$

$$+) (2z^2+1)^2=(2xy+1)^2+(x-y)^2\geq (2xy+1)^2\Rightarrow z^2\geq xy$$

 

Áp dụng bất đẳng thức $\frac{a+c}{b+c}\geq \frac{a}{b}$ với $b>a>0, c\geq 0$, dấu bằng khi $c=0$ với $a=xy,b=z^2,c=1$, ta có: $\frac{xy+1}{z^2+1}\geq \frac{xy}{z^2}$    (*)

 

Áp dụng BĐT Cô si 3 cho số không âm, ta dễ có:

$$\frac{16x^3}{(y+z)^3}\geq \frac{12x}{y+z}-4$$

$$\frac{16y^3}{(x+z)^3}\geq \frac{12y}{x+z}-4$$

 

Từ ba bđt trên suy ra:

$$P\geq 12\left ( \frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}   \right )+3.\frac{xy}{z^2}-8$$

 

Ta có:

$$(z+x)(z+y)=z^2+xy+yz+zx\leq 2z^2+yz+zx=z(2z+x+y)\leq z(x+y+x+y)=2z(x+y)$$

Nên:

$$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z} =\frac{x^2+y^2+z(x+y)}{(z+x)(z+y)}\leq \frac{x^2+y^2+z(x+y)}{2z(x+y)}=\frac{x^2+y^2}{2z(x+y)}+\frac{1}{2}$$

 

Suy ra:

$$P\geq 6\frac{x^2+y^2}{z(x+y)}+3.\frac{xy}{z^2}-2
\\=3\left[  2\frac{x^2+y^2}{z(x+y)}+\frac{xy}{z^2} \right ]-2
\\=3.\frac{2z(x^2+y^2)+xy(x+y)}{z^2(x+y)}-2
\\\geq 3.\frac{2z(x^2+y^2)+xy.2z}{z^2(x+y)}-2
\\=6.\frac{x^2+y^2+xy}{z(x+y)}-2
\\\geq 6.\frac{\frac{3}{4}(x+y)^2}{z(x+y)}-2
\\=\frac{9}{2}\frac{x+y}{z}-2
\\\geq \frac{9}{2}.2-2=7$$

 

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là $7$

 

*Nhận xét: Hai khó khăn lớn nhất ở lời giải này là việc xử lý phân thức thứ 3 ( như ở (*) )  và việc làm gọn mẫu số $(z+x)(z+y)$ để xuất hiện hạng tử $z$, từ đó giảm độ phức tạp của bài toán.

Biến ở VT xác định trên $\mathbb{R}$ biến ở VP có tập giá trị trên $[0;+\infty)$. Lời giải trên chưa chặt chẽ. Phải giải thêm một trường hợp nữa mới được.

 

Dạng bài này xuất hiện khá nhiều. Thế $x=\frac{2014}{y}$ là được.

Mình không hiểu ý bạn lắm, $f$ ở đây lấy giá trị đối số trên $(0;+\infty)$ mà? Tất nhiên là ở đẳng thức bạn trích dẫn mình đều đang lấy $x,y>0$.

Câu 5 (3 điểm)
Tìm hàm số $f:(0;+\propto )\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện:

$\left\{\begin{matrix} f(1)=\frac{1}{2}\\ f(xy)=f(x).f\left ( \frac{2014}{y} \right )+f(y).f\left ( \frac{2014}{x} \right )\ \ (1),\forall x,y\in (0;+\propto ) \end{matrix}\right.$

Bài này thế đơn thuần thôi . Mà cái điều kiện đầu tiên hơn yếu thì phải?
---
Giả sử tồn tại hàm số thoả mãn điều kiện bài toán:

- Ở $(1)$ cho $x=2014;y=1\rightarrow f(2014)=\dfrac{1}{2}$
- Ở $(1)$ cho $y=1\rightarrow f(x)=\dfrac{1}{2}f(x)+\dfrac{1}{2}f\left ( \frac{2014}{x} \right )\Leftrightarrow f(x)=f\left ( \frac{2014}{x} \right )\ \ (2)$
- Ở $(1)$ cho $x=y\rightarrow f(x^2)=2f(x)f\left( \frac{2014}{x} \right )=2f(x)^2\ \ (3)$
 
- Kết hợp $(1),(2)$ và $(3)$ ta có:
$$f(xy)=f(x)^2+f(y)^2\ \ (4)$$
và $$f(xy)=\dfrac{f(x^2)+f(y^2)}{2}\ \ (5)$$
Từ đây suy ra:
$$f(xy)=^{(4)}f(x)^2+f(y)^2=^{(3)}2f(\sqrt{xy})^2=^{(5)}2\left (\dfrac{f(x)+f(y)}{2} \right)^2\\ \Leftrightarrow (f(x)-f(y))^2=0\Leftrightarrow f(x)=f(y) \forall x,y>0\\ \Leftrightarrow f\equiv C$$
Mà $f(1)=\dfrac{1}{2}\rightarrow $$C=\dfrac{1/2}$. Thử lại thấy $f\equiv \dfrac{1}{2}$ thoả mãn điều kiện bài toán.
 
Vậy $f(x)=\dfrac{1}{2}$ là hàm số cần tìm. $\square$

Bài 41 (IMO Shortlist 2012): Cho $x,y$ là các số nguyên dương dương thỏa mãn $x^{2^n}-1$ chia hết cho $2^ny+1$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng $x=1$.

Mình có $1$ thắc mắc 

Do $p$ nguyên tố do đó 

Nếu $p$ chia hết $b^2-4ac$ thì $p=b^2-4ac$ à

"Chia hết" khác "chia hết cho". $p$ chia hết $b^2-4ac\ \Leftrightarrow p|b^2-4ac$