[VMO 2014] Bài 6 - Đại số

[huynhcongbang]

Bài 6. (7 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P=\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+ {{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{y}^{3}}{ {z}^{4}}{{x}^{3}}}{({{y}^{4}}+{{z}^{4}}){{(yz+{{x} ^{2}})}^{3}}}+\frac{{{z}^{3}}{{x}^{4}}{{y}^{3}}}{( {{z}^{4}}+{{x}^{4}}){{(zx+{{y}^{2}})}^{3}}}$$ với $x,y,z$ là các số thực dương.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Đây là lời giải của anh Cẩn cho bài BĐT này. Mọi người xem thử nhé!

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Kelacloi]

Giải như anh cẩn thì có thể thấy là bất đẳng thức năm nay hơi lỏng @.@, nhưng với điều kiện là nghĩ ra được lời giải như anh Cẩn
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[CSS-MU]

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Bài 6. (7 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P=\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+ {{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{y}^{3}}{ {z}^{4}}{{x}^{3}}}{({{y}^{4}}+{{z}^{4}}){{(yz+{{x} ^{2}})}^{3}}}+\frac{{{z}^{3}}{{x}^{4}}{{y}^{3}}}{( {{z}^{4}}+{{x}^{4}}){{(zx+{{y}^{2}})}^{3}}}$$ với $x,y,z$ là các số thực dương.

Thử phát
Đặt $\frac{x}{y}=a^2,\frac{y}{z}=b^2,\frac{z}{x}=c^2,$ $a,b,c>0$ thì $abc=1$ và ta sẽ chứng minh
$$\frac{1}{(a^8+1)(b^2+c^2)^3}+\frac{1}{(b^8+1)(c^ 2+a^2)^3}+\frac{1}{(c^8+1)(a^2+b^2)^3}\le\frac{3}{ 16}.$$
Sau khi dùng bất đẳng thức AM-GM thì việc còn lại của ta là chứng minh
$$\frac{1}{b^3c^3(a^8+1)}+\frac{1}{c^3a^3(b^8+1)}+ \frac{1}{a^3b^3(c^8+1)}\le\frac{3}{2},$$
hay là
$$\frac{a^3}{a^8+1}+\frac{b^3}{b^8+1}+\frac{c^3}{c ^8+1}\le 1.$$
Bây giờ ta sẽ chứng minh
$$\frac{a^3}{a^8+1}\le\frac{3(a^2+1)}{4(a^4+a^2+1) }.$$
Thật vậy, bằng biến đổi tương đương ta thấy nó tương đương với
$$(a-1)^2\left\{\left[(3a^5+5a^2+4)(a+1)+6a^4\right](a^2+a+1)-(a+1)^2\right\}\ge0,$$
hiển nhiên đúng. Thiết lập tương tự cho $b,c$ ta phải chứng minh
$$\sum\frac{3(a^2+1)}{4(a^4+a^2+1)}\le\frac{3}{2} \iff \sum\frac{1}{\frac{1}{a^4}+\frac{1}{a^2}+1}\ge 1,$$
là một kết quả quen thuộc. Vậy giá trị cần tìm là $1$ với đẳng thức khi và chỉ khi $a=b=c=1.$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[K.I.A]

Dễ chứng minh :$a^4+b^4 \ge \dfrac{2}{3}ab\left(a^2+b^2+ab\right)$ và $(a+b)^3 \ge 4ab(a+b)$
Áp dụng, ta được:
$\dfrac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3} \le \dfrac{3}{8}.\dfrac{x^3y^4z^3}{xy(x^2+y^2+xy)z^2xy (z^2+xy)}$
$=\dfrac{3}{8}.\dfrac{xy^2z}{(x^2+xy+y^2)(z^2+xy)} $
$=\dfrac{3}{8}.\dfrac{xy^2z}{(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 )+xy(x^2+y^2+z^2)}$
$\le \dfrac{3xy^2z}{32}.\left[\dfrac{1}{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}+\dfrac{1}{xy(x^2+y ^2+z^2)}\right]$
$= \dfrac{3}{32}.\left(\dfrac{xyz.y}{x^2y^2+y^2z^2+z^ 2x^2}+\dfrac{yz}{x^2+y^2+z^2}\right)$
Đánh giá tương tự ta thu được:
$$T \le \dfrac{3}{32}.\left[\dfrac{xyz(x+y+z)}{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}+\dfrac{xy +yz+zx}{x^2+y^2+z^2}\right] \le \dfrac{3}{16}$$
Cầu trời cho đúng
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vinhhop.qt]

Nguyên văn bởi K.I.A

Dễ chứng minh :$a^4+b^4 \ge \dfrac{2}{3}ab\left(a^2+b^2+ab\right)$ và $(a+b)^3 \ge 4ab(a+b)$
Áp dụng, ta được:
$\dfrac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3} \le \dfrac{3}{8}.\dfrac{x^3y^4z^3}{xy(x^2+y^2+xy)z^2xy (z^2+xy)}$
$=\dfrac{3}{8}.\dfrac{xy^2z}{(x^2+xy+y^2)(z^2+xy)} $
$=\dfrac{3}{8}.\dfrac{xy^2z}{(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 )+xy(x^2+y^2+z^2)}$
$\le \dfrac{3xy^2z}{32}.\left[\dfrac{1}{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}+\dfrac{1}{xy(x^2+y ^2+z^2)}\right]$
$= \dfrac{3}{32}.\left(\dfrac{xyz.y}{x^2y^2+y^2z^2+z^ 2x^2}+\dfrac{yz}{x^2+y^2+z^2}\right)$
Đánh giá tương tự ta thu được:
$$T \le \dfrac{3}{32}.\left[\dfrac{xyz(x+y+z)}{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}+\dfrac{xy +yz+zx}{x^2+y^2+z^2}\right] \le \dfrac{3}{16}$$
Cầu trời cho đúng

Đáp án là đây chăng?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hakudoshi]

Nguyên văn bởi K.I.A

Dễ chứng minh :$a^4+b^4 \ge \dfrac{2}{3}ab\left(a^2+b^2+ab\right)$ và $(a+b)^3 \ge 4ab(a+b)$

Tôi đã khóc khi nhìn thấy cách giải này.
Chỗ $(a+b)^3 \ge 4ab(a+b)$ thì mình đánh giá được.

Còn $a^4+b^4 \ge \dfrac{2}{3}ab(a^2+b^2+ab) \Leftrightarrow (a-b)^2(3a^2+3b^2+4ab) \geq 0$ sao đánh giá hay vậy bạn
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[K.I.A]

Nguyên văn bởi hakudoshi

Tôi đã khóc khi nhìn thấy cách giải này.
Chỗ $(a+b)^3 \ge 4ab(a+b)$ thì mình đánh giá được.
Còn $a^4+b^4 \ge \dfrac{2}{3}ab\left(a^2+b^2+ab\right)$ sao đánh giá hay vậy bạn

$\dfrac{3a^4+b^4}{2} \ge 2a^3b$
$\dfrac{a^4+3b^4}{2} \ge 2ab^3$
$a^4+b^4 \ge 2a^2b^2$
Cộng theo vế:
$3(a^4+b^4) \ge 2ab(a^2+b^2+ab)$

Một tiếng rưỡi để móc ra cái bất đẳng thức này

-----------------------------
$3a^2+3b^2+4ab=a^2+b^2+2(a+b)^2 \ge 0$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaygiaocht]

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Bài 6. (7 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P=\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+ {{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{y}^{3}}{ {z}^{4}}{{x}^{3}}}{({{y}^{4}}+{{z}^{4}}){{(yz+{{x} ^{2}})}^{3}}}+\frac{{{z}^{3}}{{x}^{4}}{{y}^{3}}}{( {{z}^{4}}+{{x}^{4}}){{(zx+{{y}^{2}})}^{3}}}$$ với $x,y,z$ là các số thực dương.

Định hướng giải:
Quan sát phân thức thứ nhất thấy ở tử số $z $ có bậc 3, ở mẫu $z $ có bậc 6. Như vậy phản xạ đầu tiên là khử hết $z $ bằng AM-GM.
Cụ thể

$z^2+xy \ge 2z \sqrt{xy} $.

Như vậy, phân thức đầu tiên chỉ còn $x,y $ không có $z $ nữa.
Sau khi đặt $\sqrt{x}=a;... $ cho gọn ta thấy bài toán sẽ được giải quyết nếu có

$\dfrac{a^3b^5}{a^8+b^8}+\dfrac{b^3c^5}{b^8+c^8}+ \dfrac{c^3a^5}{c^8+a^8} \le \dfrac{3}{2}. $

Đến đây, ta lại đặt ẩn phụ để đưa về 1 biến $x=\dfrac{a}{b};... $ ta cần chứng minh

$f(x)+f(y)+f(z) \le \dfrac{3}{2} $ với $x,y,z>0 $ thỏa mãn $xyz=1 $ trong đó $f(x)=\dfrac{x^3}{x^8+1} $.

Đến đây có 2 hướng làm:
Hướng 1: Sử dụng đánh giá dạng

$\dfrac{x^3}{x^8+1} \le \dfrac{3}{4} \dfrac{x^k+1}{x^{2k}+x^k+1} $.

Sau đó dùng bất đẳng thức Vasc.
Cách tìm $k $:

$\dfrac{-2}{4}=\dfrac{3x^2(x^8+1)-8x^7.x^3}{(x^8+1)^2}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{3k-3k.2}{9} $

Giải ra $k=2 $.
Hướng 2: Sử dụng đánh giá dạng

$\dfrac{x^3}{x^8+1} \le \dfrac{1}{2} + k \ln x $.

Sau đó nhân lại.
Cách tìm $k $:

$\dfrac{-2}{4}=\dfrac{3x^2(x^8+1)-8x^7.x^3}{(x^8+1)^2}=\dfrac{k}{x}=k $

Giải ra $k=\dfrac{-1}{2} $.

Ở hướng 1 thì $k=2 $ còn ở hướng 2 thì $k=\dfrac{-1}{2}. $
Hướng 1 được ngay, còn hướng 2 phải xét thêm trường hợp số lớn nhất lớn hơn $\dfrac{5}{2} $, chú ý không cần điều kiện gì thì $f(x) $ đã bị chặn trên. Trường hợp số lớn nhất lớn hơn $\dfrac{5}{2} $ cần đánh giá từng phân số rồi cộng lại.

Phụ lục:
1. (BĐT của Vasc) [Only registered and activated users can see links. ]
2. (Bài liên quan) [Only registered and activated users can see links. ]

Cụ thể:
- Hướng 1: Tùng đã làm ở trên.
- Hướng 2: Giả sử $x \le y \le z $.
+) Nếu $z \le \dfrac{5}{2} $ thì $0<x,y,z \le \dfrac{5}{2} $. Khi đó, ta sẽ chứng minh

$f(x) \le \dfrac{1-\ln x}{2} $

Thật vậy, xét $h(x)=f(x)-\dfrac{1-\ln x}{2} $ với $0<x \le \dfrac{5}{2} $.
Vẽ bảng biến thiên ta có $h(x) \le \max \{f(1); f \left( \dfrac{5}{2} \right) \}=0 $.
Do đó

$f(x) \le \dfrac{1-\ln x}{2} $

.
Suy ra

$f(x)+f(y)+f(z) \le \dfrac{3}{2}. $

+) Nếu $z > \dfrac{5}{2} $ thì $x \le \sqrt{xy}=\dfrac{1}{\sqrt{z}}<\sqrt{\dfrac{2}{5}} $.
Khi đó $f(x) < \dfrac{1}{4} $ do $x < \sqrt{\dfrac{2}{5}} $.
Lại có $f(z) < \dfrac{1}{50} $ do $z>\dfrac{5}{2} $.
và $f(y) < \dfrac{3}{5} $ (theo AM-GM).
Do vậy

$f(x)+f(y)+f(z) < \dfrac{3}{2}. $

Bài toán được giải quyết.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[truongvoki_bn]

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Bài 6. (7 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P=\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+ {{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{y}^{3}}{ {z}^{4}}{{x}^{3}}}{({{y}^{4}}+{{z}^{4}}){{(yz+{{x} ^{2}})}^{3}}}+\frac{{{z}^{3}}{{x}^{4}}{{y}^{3}}}{( {{z}^{4}}+{{x}^{4}}){{(zx+{{y}^{2}})}^{3}}}$$ với $x,y,z$ là các số thực dương.

Một hướng tiếp cận:
Đặt $\frac{x}{y}=a;\frac{y}{z}=b;\frac{z}{x}=c $
Ta được: $abc=1 $
Ta cần tìm GTLN của P= $\sum{\frac{1}{(b+c)^3(a^4+1)} $
Áp dụng Cauchy-Schwarz ta được $ P^2 \le (\sum{\frac{a^3}{(a^4+1)^2}).(\sum{\frac{1}{a^3(b+ c)^6}})\le \frac{3}{64}\sum{\frac{a^3}{(a^4+1)^2}} \le \frac{3}{128} (\sum{\frac{a^4}{(a^4+1)^2}+\sum{\frac{a^2}{(a^4+1 )^2}}) \le \frac{3}{128}(\frac{3}{4}+\sum{\frac{a^2}{(a^4+1)^ 2}}) $

Do vậy ta sẽ chỉ cần tìm GTLN của biểu thức $Q=\sum{\frac{a^2}{(a^4+1)^2}} $ với điều kiện $abc=1 $
Thay ngược trở x;y;z trở lại ta cần tìm GTLN của $Q=\sum{\frac{x^2y^6}{(x^4+y^4)^2}} $ với mọi số dương $x;y;z $
Áp dụng AM-GM ta được $Q \le \sum{\frac{y^4}{2\sqrt{2(x^8+y^8)}}} $
Ta chứng minh được bài toán sau bằng dồn biến:

$\sum{\sqrt{\frac{a}{a+b}}}\le \frac{3}{\sqrt{2}} $ với mọi số dương a;b;c

Do đó $ Q\le \frac{3}{4} $

Từ đó ta được GTLN của $P=\frac{3}{16} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[luugiangnam]

Có 1 hướng giải cũng khá hay( mới nghĩ ra, chưa biết đúng không ) . .

Ta có $a^4+b^4\geq \frac{1}{2}(a^2+b^2)(a^2+b^2)\geq ab(a^2+b^2)$.

Từ đó $T\leq \sum \frac{x^2y^3z^3}{(x^2+y^2)(xy+z^2)^3}=\sum \frac{1}{(1+(\frac{y}{x})^2)(\frac{x}{z}+\frac{z}{ y})^3}$

Đặt $a=\frac{y}{x},b=\frac{x}{z}, c=\frac{z}{y}$ => $abc=1$.

Khi đó $T\leq \sum \frac{1}{(1+a^2)(b+c)^3}=\sum \frac{1}{(1+a^2)(b+c)^2(b+c)}\leq \sum \frac{1}{16abc.\sqrt{bc}}=\frac{1}{16}.\sum \sqrt{a}$ .

Vì $abc=1$ nên T là đa thức thuần nhất => Chuẩn hóa $a+b+c=3$.

Vậy $T\leq \frac{1}{16}.\sqrt{3(a+b+c)}=\frac{3}{16}$ khi $a=b=c=1$ hay $x=y=z$.

Mong mọi người góp ý.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lil.Tee]

Nguyên văn bởi luugiangnam

Vì $abc=1$ nên T là đa thức thuần nhất => Chuẩn hóa $a+b+c=3$.

Đoạn này mình nghĩ không được, vì nếu bạn đã sử dụng $abc=1$ mà lại chuẩn hóa $a+b+c=3$ thì có khác nào $a=b=c=1$ luôn?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daicahuyvn]

$\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}\le \frac{x^3y^4z^3}{8xy(x^2+y^2)z^3xy\sqrt{xy}}=\frac {y\sqrt{xy}}{8(x^2+y^2)}$
$a=\sqrt{\frac{x}{y}}$.abc=1
$8T\le \sum \frac{a}{a^4+1}\le \sum \frac{1}{\sqrt{2(a^4+1)}}\le\frac{3}{2}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Short_list]

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Bài 6. (7 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P=\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+ {{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{y}^{3}}{ {z}^{4}}{{x}^{3}}}{({{y}^{4}}+{{z}^{4}}){{(yz+{{x} ^{2}})}^{3}}}+\frac{{{z}^{3}}{{x}^{4}}{{y}^{3}}}{( {{z}^{4}}+{{x}^{4}}){{(zx+{{y}^{2}})}^{3}}}$$ với $x,y,z$ là các số thực dương.

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
\[(x^4+y^4)(xy+z^2)^3 \ge 4xyz^2 \cdot xy(x^2+y^2)\cdot (xy+z^2)\ge 4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)],\]
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 $P_{\max}=\dfrac{3}{16}.$

Nhận xét 1: Ngoài ra chúng ta có thể chứng minh
\[\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{bc}{2b^2+c^2+a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+b^2} \le \frac{3}{4},\]
bằng cách đưa bài toán về chứng minh về dạng đối xứng mạnh hơn là
\[\frac{ab}{a^2+b^2+2c^2}+\frac{bc}{b^2+c^2+2a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+2b^2} \le \frac{3}{4},\]
rồi sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu.

Ở đây mình có thêm một lời giải bằng khác. Sử dụng phân tích
$$\frac{2ab}{2a^2+b^2+c^2} =1-\frac{(a-b)^2+a^2+c^2}{2a^2+b^2+c^2},$$
ta viết bất đẳng thức trên lại như sau
\[ \sum \frac{(a-b)^2}{2a^2+b^2+c^2} +\sum \frac{a^2}{2a^2+b^2+c^2}+\sum \frac{c^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{3}{2}.\]
Không mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử $b$ là số ở giữa $a$ và $c.$ Khi đó theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz inequality, ta có
\[\sum \frac{(a-b)^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{\left[ (a-b)+(b-c)+(a-c)\right]^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}, \] \[\sum \frac{a^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{(a+b+c)^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c ^2+a^2+b^2)}, \]
và
\[ \sum \frac{c^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{(c+a+b)^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c ^2+a^2+b^2)}.\]
Như vậy, ta cần chứng minh được
\[\frac{4(a-c)^2+2(a+b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)} \ge \frac{3}{2},\]
tương đương với.
$$(a-b)(b-c) \ge 0.$$
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo giả thiết của $b.$ Nên ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét 2: Mình sẽ bàn một tí về xuất sứ của bài toán này (theo mình dự đoán) và những bài toán có hình thức "xấu xí" như vậy đã từng xuất hiện trước đó của kỳ thi. Thực sự thì đây là một bài toán quá dở của ngày thi thứ 2 nói riêng và của cả kỳ thi nói chung. Một bài toán cho đủ đội hình, mang tính đánh đố hơn là một bài toán của kỳ thi HSG quốc gia vì từ một bài toán rất đẹp, tác giả đã tìm cách biến đổi và sử dụng các đánh giá của mình để có được bài toán cồng kềnh như vậy. Sự xất hiện của quá nhiều $x,\;y,\;z$ làm bài toán trông không được đẹp đồng thời lũy thừa của biến quá cao làm nhiều bạn học sinh bị hoảng, vì thực tế thấy rằng các bạn học sinh thường tỏ ra bối khi đối với diện những bài toán có lũy thừa lớn hoặc bậc quá của bất đẳng thức quá lớn.

Ý tưởng giải bài toán quá rõ ràng, tử số có dạng tích còn mẫu số lại là tổng của các tích thì việc sử dụng bất đẳng thức AM-GM đã hiện ra ngay đó. Lại nói về việc ý tưởng của bài toán lỗ rõ ra trong bài, mình xin đề ra đây bài toán của kỳ thi TST năm 2010, một bài toán với ý tưởng tương tự

Bài toán 1 (Việt Nam TST 2010): Cho ba số dương $a,\;b,\;c$ thỏa mãn $16(a+b+c)\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}.$ Chứng minh rằng
\[\sum_{cyc} \left( \frac{1}{a+b+\sqrt{2a+2c}}\right)^{3}\leq \frac{8}{9}.\]

Còn về bài toán số 6 của kỳ thi, mình đoán rằng tác giả bài toán đã đi từ bất đẳng thức sau của anh Trần Quốc Anh rồi chế biến lại thành bài toán số 6 này

Bài toán 2 (Trần Quốc Anh): Cho $a,\;b,\;c$ là ba số thực dương thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng
\[\displaystyle \frac{1}{(a+1)^2(b+c)}+\frac{1}{(b+1)^2(c+a)} + \frac{1}{(c+1)^2(a+b)} \le \frac{3}{8}.\]
Bất đẳng thức này có hình thức rất đẹp, tuy nhiên nếu ta viết nó lại dưới dạng thuần nhất thì nó trông rất xấu xí, như sau
\[\sum \frac{xy^3z^3}{(x^2+yz)^2(y^3+z^3)} \le \frac{3}{8}.\]
Rõ ràng thì hai bài toán quá giống nhau, và cả hai đều có thể quy về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn
\[\sum \sqrt{\frac{a}{a+b}} \le \frac{3}{\sqrt{2}},\]
là một bất đẳng thức quen thuộc từng là bài thi của Trung Quốc năm 2005 và đề thi Olympic 30/4 năm (năm 2009 hay 2010 mình không nhớ rõ).

Việc những bài toán như vầy xuât hiện càng nhiều trong đề thi cho chúng ta thấy sự thiếu ý tưởng từ khâu ra đề. Việc này cần được khắc phục nhanh chóng để trả lại những bài toán hay, đẹp lại cho đề thi.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaygiaocht]

Nguyên văn bởi Short_list

Bài toán 2 (Trần Quốc Anh): Cho $a,\;b,\;c$ là ba số thực dương thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng
\[\displaystyle \frac{1}{(a+1)^2(b+c)}+\frac{1}{(b+1)^2(c+a)} + \frac{1}{(c+1)^2(a+b)} \le \frac{3}{8}.\]
Bất đẳng thức này có hình thức rất đẹp, tuy nhiên nếu ta viết nó lại dưới dạng thuần nhất thì nó trông rất xấu xí, như sau
\[\sum \frac{xy^3z^3}{(x^2+yz)^2(y^3+z^3)} \le \frac{3}{8}.\]
Rõ ràng thì hai bài toán quá giống nhau, và cả hai đều có thể quy về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn
\[\sum \sqrt{\frac{a}{a+b}} \le \frac{3}{\sqrt{2}},\]
là một bất đẳng thức quen thuộc.

Mình cũng đoán đây chính là nguồn gốc của bài này.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]