Đến nội dung

Sagittarius912

Sagittarius912

Đăng ký: 07-08-2012
Offline Đăng nhập: 26-03-2018 - 20:49
***--

Trong chủ đề: [VMO 2014] Ngày 2 - Bài 6 - Đại số

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 ! :)


Trong chủ đề: [VMO 2014] Ngày 2 - Bài 6 - Đại số

04-01-2014 - 22:44

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 $x=y=z$


Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển 10 Trần Đại Nghĩa

29-12-2013 - 21:55

Sao có cái này vậy bạn? 

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


Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển HSG TP Hà Nội

12-12-2013 - 21:21

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



attachicon.gifđề 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 $x=\frac{1}{3}$ $y=x=1$

 


Trong chủ đề: $\sum\frac{ab+1}{a+b}\ge 3$

29-11-2013 - 21:59

Do $ab+bc+ca=1$ nên $a, b, c \in [0;1]$

$\sum\dfrac{ab+1}{a+b} \ge 3$

$\Leftrightarrow \sum\dfrac{(a-1)(b-1)}{a+b} \ge 0$

Đúng với $a, b, c \in [0;1]$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1, c=0$ cùng các hoán vị.

Kếtl luận sai:

$a=\sqrt{2}$ $b=\frac{\sqrt{2}}{5}$ $c=\frac{1}{\sqrt{8}}$