3 - Mở rộng: Đánh giá từng biến

MathNMN2016 · 15-05-2016, 07:57 PM

Đây sẽ là các bài toán nối tiếp chuyên đề: Đánh giá từng biến, đã đăng tại:

[Only registered and activated users can see links. ]

Mở đầu:

Bài toán 1: (13/05)

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Chứng minh rằng:

$3\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 5. $

Bài toán 2: (14/05)

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Chứng minh rằng:

$3\leq x^{3}+y^{3}+z^{3}\leq 9. $

Bài toán 3: (15/05)

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2k \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3k. $

Chứng minh rằng:

$3k^{n}\leq x^{n}+y^{n}+z^{n}\leq k^{n}+(2k)^{n} $,

với n là số tự nhiên lớn hơn 1 và k là số thực dương cho trước.

MathNMN2016 · 16-05-2016, 05:20 PM

Bài toán 4:

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}. $

P/S:

Có thành viên nào có ý tưởng cho 3 bài toán 1, 2 và 3 chưa?

MathNMN2016 · 17-05-2016, 07:04 AM

Bài toán 5:

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=\frac{2}{11-\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )}+\frac{xy+yz+zx}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}. $

P/S:

Có thành viên nào có lời giải cho 2 bài toán 1 và 4 chưa ạ?

Galois_vn · 17-05-2016, 03:26 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Đây sẽ là các bài toán nối tiếp chuyên đề: Đánh giá từng biến, đã đăng tại:

[Only registered and activated users can see links. ]

Mở đầu:

Bài toán 1: (13/05)

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Chứng minh rằng:

$3\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 5. $

Bài toán 2: (14/05)

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Chứng minh rằng:

$3\leq x^{3}+y^{3}+z^{3}\leq 9. $

Bài toán 3: (15/05)

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2k \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3k. $

Chứng minh rằng:

$3k^{n}\leq x^{n}+y^{n}+z^{n}\leq k^{n}+(2k)^{n} $,

với n là số tự nhiên lớn hơn 1 và k là số thực dương cho trước.

Bài 1:

Dễ dàng kiểm tra $x^2+y^2+z^2\ge 3$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$.

Không mất tổng quát, ta giả sử $z\ge 1$. Khi đó:

\[x^2+y^2+z^2\le (x+y)^2+z^2=5+2(z-1)(z-2) \le 5.\]
Dấu bằng xảy ra khi $(x,y,z)=(0,1,2)$ và các hoán vị.

------------------------------

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Đây sẽ là các bài toán nối tiếp chuyên đề: Đánh giá từng biến, đã đăng tại:

[Only registered and activated users can see links. ]

Mở đầu:

Bài toán 1: (13/05)

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Chứng minh rằng:

$3\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 5. $

Bài toán 2: (14/05)

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Chứng minh rằng:

$3\leq x^{3}+y^{3}+z^{3}\leq 9. $

Bài toán 3: (15/05)

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2k \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3k. $

Chứng minh rằng:

$3k^{n}\leq x^{n}+y^{n}+z^{n}\leq k^{n}+(2k)^{n} $,

với n là số tự nhiên lớn hơn 1 và k là số thực dương cho trước.

Bắt chước giải bài 3 theo lối của bài 1 (chỉ cần giải với $k=1$ là đủ).
Vì \[\frac{a^n+b^n+c^n}{3} \ge \left(\frac{}{3}\right)^n \forall a, b, c\ge 0\]
nên ta có vế thứ nhất.

Ngoài ra, giả sử $z\ge 1$, ta có
\[x^{n}+y^{n}+z^{n} \le (x+y)^{n}+z^{n}=(3-z)^{n}+z^{n}.\]
Bằng cách khảo sát hàm số $f(z)=(3-z)^{n}+z^{n}$ trên $[1,2]$, ta có
$f(z) \le 1+2^n$.
Suy ra đpcm.

Galois_vn · 17-05-2016, 10:01 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Bài toán 4:

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}. $

P/S:

Có thành viên nào có ý tưởng cho 3 bài toán 1, 2 và 3 chưa?

Chỉ cần tìm giá trị nhỏ nhất của $Q:=xy+yz+zx$ với các ràng buộc trên, ta có thể chỉ ra GTLN của P.

Hiển nhiên có 2 số đồng thời lớn hơn bằng 1 hoặc cùng bé hơn bằng 1. Giả sử 2 số đó là $x$ và $y$.
Khi đó $(x-1)(y-1)\ge 0.$
Suy ra
\[ xy+xz+yz\ge (x+y-1)+z(x+y)= 2+z(2-z)\ge 2.\]
Do đó GTNN của $Q$ bằng 2 khi $(x,y,z)=(0,1,2)$.

MathNMN2016 · 18-05-2016, 07:13 AM

Bài toán 6:

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=\frac{2\left [ 18-\left ( x^{4}+y^{4}+z^{4} \right ) \right ]}{11-\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )}-\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{xy+yz+zx+7}. $

P/S:

Có thành viên nào có lời giải cho 2 bài toán 2 và 5 chưa ạ?

Galois_vn · 18-05-2016, 04:06 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Bài toán 6:

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=\frac{2\left [ 18-\left ( x^{4}+y^{4}+z^{4} \right ) \right ]}{11-\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )}-\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{xy+yz+zx+7}. $

P/S:

Có thành viên nào có lời giải cho 2 bài toán 2 và 5 chưa ạ?

Bài 2 là một trường hợp riêng của bài 3

.

MathNMN2016 · 18-05-2016, 06:47 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Galois_vn

Bài 2 là một trường hợp riêng của bài 3

.

Ý của em là theo một hướng tiếp cận khác cho vế bên phải, bài toán là trường hợp đặc biệt khi có một biến bằng 0.

MathNMN2016 · 19-05-2016, 08:42 AM

Bài toán 7:

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 1; 3 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=6. $

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\frac{x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}+12xyz+72} {xy+yz+zx}-\frac{1}{2}xyz. $

P/S:

Có thành viên nào có hướng tiếp cận cho 2 bài toán 3 (theo hướng tổng quát hơn) và 6 chưa ạ?

Galois_vn · 19-05-2016, 11:21 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Bài toán 5:

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=\frac{2}{11-\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )}+\frac{xy+yz+zx}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}. $

P/S:

Có thành viên nào có lời giải cho 2 bài toán 1 và 4 chưa ạ?

Ta có
\begin{eqnarray}P&=&\frac{1}{1+xy+yz+zx}+\frac{xy+ yz+zx}{27-9(xy+yz+zx)+3xyz}.\end{eqnarray}

Ta cố gắng chuyển sang một biến $ t= xy+yz+zx\in [2,3] $.

Không mất tổng quát, ta giả sử $0\le x\le y\le z \le 2.$ Suy ra $x\le 1\le z$.

Nếu $ y\ge 1 $ thì $(x-1)(y-1)(z-1) \le 0$. Do đó
\[xyz\le xy+yz+zx-2.\]
Suy ra
\[P\ge f(t):= \frac{1}{1+t}+ \frac{t}{21-6t},\]
với $ t= xy+yz+zx\in [2,3] $.
Từ nhận xét hàm $ f(t) $ đơn điệu trên $ [2,3] $, ta thu được $P\ge f(2)= \frac{5}{9}$.
Dấu bằng đạt được khi $(x,y,z)=(0,1,2)$.

Nếu $ y< 1 $ thì $3xyz \le xy+yz+zx$. Do đó
Suy ra
\[P\ge h(t):= \frac{1}{1+t}+ \frac{t}{27-8t},\]
với $ t= xy+yz+zx\in [2,3] $.
Từ nhận xét hàm $h(t) $ đơn điệu trên $ [2,3] $, ta thu được $P\ge h(2)= \frac{5}{9}$.

Dấu bằng trong trường hợp này không xảy ra.

GTNN của $ P $ là $ \frac{5}{9} $ và đạt được khi $(x,y,z)=(0,1,2)$.
------------------------------

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Bài toán 7:

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 1; 3 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=6. $

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\frac{x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}+12xyz+72} {xy+yz+zx}-\frac{1}{2}xyz. $

P/S:

Có thành viên nào có hướng tiếp cận cho 2 bài toán 3 (theo hướng tổng quát hơn) và 6 chưa ạ?

Ta cố gắng chuyển sang biến ``$t= xy+yz+zx\in [11,12]$''.

Đặt $x'=x-1, y'=y-1, z'=z-1, t'=x'y'+y'z'+x'z'$.
Ta có $t'\in [2,3], \,t=t-9,\, xyz=x'y'z'+t'+4$.
\[P= \frac{t^2+72}{t}-\frac{1}{2}xyz= \frac{(t'+9)^2+72}{t'+9}-\frac{x'y'z'+t'+4}{2}\le g(t'):=\frac{(t'+9)^2+72}{t'+9}-\frac{t'+4}{2}.\]
Trong đó $g$ là hàm nghịch biến trên $[2,3]$, suy ra $P$ đạt GTLN là $g(2)$ và đạt được khi $(x,y,z)=(1, 2,3)$.

MathNMN2016 · 20-05-2016, 06:42 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Galois_vn

Nếu $ y< 1 $ thì $3xyz \le xy+yz+zx$(1). Do đó
Suy ra
\[P\ge h(t):= \frac{1}{1+t}+ \frac{t}{27-8t},\]
với $ t= xy+yz+zx\in [2,3] $.
Từ nhận xét hàm $h(t) $ đơn điệu trên $ [2,3] $, ta thu được $P\ge h(2)= \frac{17}{33}$(2).

Dấu bằng trong trường hợp này không xảy ra.

Xét chung 2 trường hợp ta kết luận: (3)

GTNN của $ P $ là $ \frac{5}{9} $ và đạt được khi $(x,y,z)=(0,1,2)$.

Em nghĩ lời giải của anh nên nói rõ ở (1) (Dùng Cauchy với x+y+z=3) và bổ sung thêm (2), (3).
------------------------------
Bài toán 8:

Cho x, y và z là ba số thực không âm, thoả mãn:

1.

$\left\{\begin{matrix}
x\geq 4 \\
y\geq 3 \\
z\geq 1
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 26. $

2.

$\left\{\begin{matrix}
x\geq 4 \\
x+y\geq 7 \\
x+y+z=8
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 26. $

3.

$\left\{\begin{matrix}
0\leq z\leq y\leq x\leq 4 \\
x+y\leq 7 \\
x+y+z=8
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 26. $

Galois_vn · 20-05-2016, 02:07 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Em nghĩ lời giải của anh nên nói rõ ở (1) (Dùng Cauchy với x+y+z=3) và bổ sung thêm (2), (3).

(1) sau khi viết rõ (theo ý tưởng ban đầu) vì $0\le x\le y\le 1$ nên $xyz\le xy, xz, yz$ (đánh giá thứ nhất sai). Tuy nhiên, từ ý của em, ta thấy $xy+yz+zx\ge 3xyz$ mà không cần điều cần điều kiện $y,x \le 1$.
Do đó, ta chỉ cần xét trường hợp thứ nhất là đủ.
------------------------------

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Đây sẽ là các bài toán nối tiếp chuyên đề: Đánh giá từng biến, đã đăng tại:

[Only registered and activated users can see links. ]

Mở đầu:

Bài toán 1: (13/05)

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Chứng minh rằng:

$3\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 5. $

Bài toán 2: (14/05)

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Chứng minh rằng:

$3\leq x^{3}+y^{3}+z^{3}\leq 9. $

Bài toán 3: (15/05)

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2k \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3k. $

Chứng minh rằng:

$3k^{n}\leq x^{n}+y^{n}+z^{n}\leq k^{n}+(2k)^{n} $,

với n là số tự nhiên lớn hơn 1 và k là số thực dương cho trước.

Giả sử đã giải quyết bài toán 1, ta sẽ dùng kết quả này để giải bài toán 2 và bài toán 3.
Bài toán 2 chính là bài toán 3 với $n=3$, bài toán 3 chỉ cần giải với $n\ge 3$ và $k=1$. Ở mỗi bài, ta chỉ quan tâm vế phải.

Vì "điểm rơi" có thể liên quan $0, 1, 2$ nên ta sẽ cố gắng đánh giá
\[t^n \le at^2+bt+c, \forall t\in [0,2]\]
ta sẽ chọn a, b, c sao cho bất đẳng thức đúng và dấu bằng xảy ra khi $x=0, 1,$ và $2$. Do đó
\[\begin{cases}a=2^{n-1}-1,\\ b=2-2^{n-1},\\
c=0.
\end{cases}\]

Ta có thể c/m bđt sau
\[t^n\le (2^{n-1}-1)t^2+(2-2^{n-1})t \forall t\in [0,1].\]

Từ đó suy ra
\[x^n+y^n+z^n \le 5(2^{n-1}-1)+3(2-2^{n-1})=2^n+1.\]

MathNMN2016 · 20-05-2016, 03:39 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Galois_vn

(1) sau khi viết rõ (theo ý tưởng ban đầu) vì $0\le x\le y\le 1$ nên $xyz\le xy, xz, yz$ (đánh giá thứ nhất sai). Tuy nhiên, từ ý của em, ta thấy $xy+yz+zx\ge 3xyz$ mà không cần điều cần điều kiện $y,x \le 1$.
Do đó, ta chỉ cần xét trường hợp thứ nhất là đủ.

Bài toán này anh có thể giải đơn giản hơn bằng cách dùng Kết quả bài toán 2:

$x^{3}+y^{3}+z^{3}\leq 9 $

------------------------------

Trích:

Nguyên văn bởi Galois_vn

Vì "điểm rơi" có thể liên quan $0, 1, 2$ nên ta sẽ cố gắng đánh giá
\[t^n \le at^2+bt+c, \forall t\in [0,2]\]
ta sẽ chọn a, b, c sao cho bất đẳng thức đúng và dấu bằng xảy ra khi $x=0, 1,$ và $2$. Do đó
\[\begin{cases}a=2^{n-1}-1,\\ b=2-2^{n-1},\\
c=0.
\end{cases}\]

Như vậy nếu tiếp cận theo hướng này thì tổng quát hơn phải không anh? (Rằng không có biến nào trong đẳng thức nhận giá trị 0 - như cách đầu tiên của anh)

Mình chỉ cần đoán được bộ giá trị cho đẳng thức và tìm a, b và c theo như cách trên ạ?

Galois_vn · 21-05-2016, 05:55 AM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Bài toán này anh có thể giải đơn giản hơn bằng cách dùng Kết quả bài toán 2:

$x^{3}+y^{3}+z^{3}\leq 9 $

Đúng là rất đơn giản!

Trích:

(1) sau khi viết rõ (theo ý tưởng ban đầu) vì $0\le x\le y\le 1$ nên $xyz\le xy, xz, yz$ (đánh giá thứ nhất sai). Tuy nhiên, từ ý của em, ta thấy $xy+yz+zx\ge 3xyz$ mà không cần điều cần điều kiện $y,x \le 1$.
Do đó, ta chỉ cần xét trường hợp thứ nhất là đủ.

Có sai sót! Đánh giá này không thỏa có dấu bằng xảy ra. Giờ a mới để ý kỹ phần sửa của em cho kết quả của trường hợp này.

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Như vậy nếu tiếp cận theo hướng này thì tổng quát hơn phải không anh? (Rằng không có biến nào trong đẳng thức nhận giá trị 0 - như cách đầu tiên của anh)

Mình chỉ cần đoán được bộ giá trị cho đẳng thức và tìm a, b và c theo như cách trên ạ?

Từ tổng quát được hiểu thế nào? Vì sao "không có biến nào trong đẳng thức nhận giá trị 0"?
Em có thể giải thích rõ hơn.

Ý em là giải bài toán 1 của Bài 8 phải không? (Có sự nhầm lẫn khi vẫn lưu giữ "giả thiết" từ bài 1-6.)

Trích:

Như vậy nếu tiếp cận theo hướng này thì tổng quát hơn phải không anh? (Rằng không có biến nào trong đẳng thức nhận giá trị 0 - như cách đầu tiên của anh)

Viết lại: Theo hướng tiếp cận này, ta có thể giải quyết được một số bài toán có dấu đẳng thức xảy ra khi mọi biến đều khác 0. Hướng tiếp cận thứ nhất "không thể" giải quyết các bài toán kiểu "mới" này. Thí dụ: ...

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Ý của em là theo một hướng tiếp cận khác cho vế bên phải, bài toán là trường hợp đặc biệt khi có một biến bằng 0.

------------------------------

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Bài toán 6:

Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn:

$x+y+z=3. $

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=\frac{2\left [ 18-\left ( x^{4}+y^{4}+z^{4} \right ) \right ]}{11-\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )}-\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{xy+yz+zx+7}. $

P/S:

Có thành viên nào có lời giải cho 2 bài toán 2 và 5 chưa ạ?

(Đã nhớ dùng các kết quả cũ)
\[\begin{cases}x^3+y^3+z^3\le 9,\\
x^4+y^4+z^4 \le 17.
\end{cases}\]
Suy ra \[P\ge \frac{1}{1+xy+yz+zx}-\frac{9}{xy+yz+zx+7}.\]
Hơn nữa vì $xy+yz+zx\ge 2$ nên $P\ge -\frac{2}{3}.$
Dấu bằng xảy ra khi $(x,y,z)=(0,1,2).$

MathNMN2016 · 21-05-2016, 07:19 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Galois_vn

Viết lại: Theo hướng tiếp cận này, ta có thể giải quyết được một số bài toán có dấu đẳng thức xảy ra khi mọi biến đều khác 0. Hướng tiếp cận thứ nhất "không thể" giải quyết các bài toán kiểu "mới" này. Thí dụ: ...

Dạ, đó chính là điều em muốn đề cập.

Trong bài toán 3, anh đã đánh giá:

$x^{n}+y^{n}\leq \left ( x+y \right )^{n} $

Đánh giá này hợp lý vì khi xảy ra đẳng thức thì có một biến nhận giá trị 0.
------------------------------
Bài toán 9:

Cho x, y và z là ba số thực thoả mãn:

$\left\{\begin{matrix}
x\geq 4 \\
y\geq 5 \\
z\geq 6 \\
x^{2}+y^{2}+z^{2}=90
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x+y+z\geq 16. $

P/S:

Bài toán 8 là một bài toán thú vị.

15-05-2016, 07:57 PM	#1
MathNMN2016 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2016 Đến từ: Việt Nam Bài gởi: 130 Thanks: 51 Thanked 1 Time in 1 Post	3 - Mở rộng: Đánh giá từng biến Đây sẽ là các bài toán nối tiếp chuyên đề: Đánh giá từng biến, đã đăng tại: [Only registered and activated users can see links. ] Mở đầu: Bài toán 1: (13/05) Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn: $x+y+z=3. $ Chứng minh rằng: $3\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 5. $ Bài toán 2: (14/05) Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn: $x+y+z=3. $ Chứng minh rằng: $3\leq x^{3}+y^{3}+z^{3}\leq 9. $ Bài toán 3: (15/05) Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2k \right ] $, thoả mãn: $x+y+z=3k. $ Chứng minh rằng: $3k^{n}\leq x^{n}+y^{n}+z^{n}\leq k^{n}+(2k)^{n} $, với n là số tự nhiên lớn hơn 1 và k là số thực dương cho trước.

16-05-2016, 05:20 PM	#2
MathNMN2016 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2016 Đến từ: Việt Nam Bài gởi: 130 Thanks: 51 Thanked 1 Time in 1 Post	Bài toán 4: Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn: $x+y+z=3. $ Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}. $ P/S: Có thành viên nào có ý tưởng cho 3 bài toán 1, 2 và 3 chưa?

17-05-2016, 07:04 AM	#3
MathNMN2016 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2016 Đến từ: Việt Nam Bài gởi: 130 Thanks: 51 Thanked 1 Time in 1 Post	Bài toán 5: Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn: $x+y+z=3. $ Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{2}{11-\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )}+\frac{xy+yz+zx}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}. $ P/S: Có thành viên nào có lời giải cho 2 bài toán 1 và 4 chưa ạ?

18-05-2016, 07:13 AM	#6
MathNMN2016 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2016 Đến từ: Việt Nam Bài gởi: 130 Thanks: 51 Thanked 1 Time in 1 Post	Bài toán 6: Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 0; 2 \right ] $, thoả mãn: $x+y+z=3. $ Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{2\left [ 18-\left ( x^{4}+y^{4}+z^{4} \right ) \right ]}{11-\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )}-\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{xy+yz+zx+7}. $ P/S: Có thành viên nào có lời giải cho 2 bài toán 2 và 5 chưa ạ?

19-05-2016, 08:42 AM	#9
MathNMN2016 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2016 Đến từ: Việt Nam Bài gởi: 130 Thanks: 51 Thanked 1 Time in 1 Post	Bài toán 7: Cho x, y và z là ba số thực thuộc đoạn $\left [ 1; 3 \right ] $, thoả mãn: $x+y+z=6. $ Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=\frac{x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}+12xyz+72} {xy+yz+zx}-\frac{1}{2}xyz. $ P/S: Có thành viên nào có hướng tiếp cận cho 2 bài toán 3 (theo hướng tổng quát hơn) và 6 chưa ạ?