|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
04-01-2014, 11:49 AM | #1 |
Administrator | [VMO 2014] Bài 6 - Đại số 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. __________________ Sự im lặng của bầy mèo |
The Following 3 Users Say Thank You to huynhcongbang For This Useful Post: |
04-01-2014, 12:44 PM | #2 |
Administrator | Đây là lời giải của anh Cẩn cho bài BĐT này. Mọi người xem thử nhé! __________________ Sự im lặng của bầy mèo |
The Following 9 Users Say Thank You to huynhcongbang For This Useful Post: | chuyentoanltt (04-01-2014), hoanghai_vovn (11-01-2014), kien10a1 (04-01-2014), nam8298 (05-01-2014), nguyenquocthuy (04-01-2014), thiendieu96 (04-01-2014), Thmcuongvn (04-01-2014), tienanh_tx (05-01-2014), TrauBo (04-01-2014) |
04-01-2014, 01:02 PM | #3 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2011 Bài gởi: 252 Thanks: 50 Thanked 164 Times in 114 Posts | 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 __________________ |
04-01-2014, 01:04 PM | #4 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2010 Bài gởi: 26 Thanks: 2 Thanked 100 Times in 16 Posts | Trích:
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 $a=b=c=1.$ __________________ Đời vô đối... | |
The Following 8 Users Say Thank You to CSS-MU For This Useful Post: | huynhcongbang (04-01-2014), kien10a1 (04-01-2014), nam8298 (05-01-2014), thaygiaocht (04-01-2014), thiendieu96 (04-01-2014), thuyminh_96 (04-01-2014), tienanh_tx (05-01-2014), vutuanhien (04-01-2014) |
04-01-2014, 01:16 PM | #5 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2013 Bài gởi: 13 Thanks: 1 Thanked 18 Times in 4 Posts | 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 |
The Following 12 Users Say Thank You to K.I.A For This Useful Post: | coban (05-01-2014), hakudoshi (04-01-2014), kien10a1 (04-01-2014), Lil.Tee (04-01-2014), magician_14312 (04-01-2014), Shyran (04-01-2014), tangchauphong (04-01-2014), thaygiaocht (04-01-2014), thiendieu96 (04-01-2014), Thmcuongvn (04-01-2014), vinhhop.qt (04-01-2014), vutuanhien (04-01-2014) |
04-01-2014, 01:25 PM | #6 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2010 Bài gởi: 86 Thanks: 44 Thanked 70 Times in 34 Posts | Trích:
| |
04-01-2014, 01:38 PM | #7 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2012 Đến từ: vật chất->sự sống->tư duy->cảm xúc->??? Bài gởi: 210 Thanks: 102 Thanked 179 Times in 90 Posts | Trích:
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 __________________ Touch me touch me, don't be shy I'm in charge like a G.U.Y. I'll lay down face up this time Under you like a G.U.Y. thay đổi nội dung bởi: hakudoshi, 04-01-2014 lúc 01:42 PM | |
04-01-2014, 01:45 PM | #8 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2013 Bài gởi: 13 Thanks: 1 Thanked 18 Times in 4 Posts | Trích:
$\dfrac{a^4+3b^4}{2} \ge 2ab^3$ $a^4+b^4 \ge 2a^2b^2$ Cộng theo vế: $3(a^4+b^4) \ge 2ab(a^2+b^2+ab)$ ----------------------------- $3a^2+3b^2+4ab=a^2+b^2+2(a+b)^2 \ge 0$ thay đổi nội dung bởi: K.I.A, 04-01-2014 lúc 01:50 PM | |
The Following 3 Users Say Thank You to K.I.A For This Useful Post: |
04-01-2014, 02:02 PM | #9 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2012 Đến từ: Chuyên Hà Tĩnh Bài gởi: 165 Thanks: 793 Thanked 216 Times in 93 Posts | Trích:
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. __________________ https://www.facebook.com/thaygiaocht thay đổi nội dung bởi: thaygiaocht, 05-01-2014 lúc 09:30 AM | |
The Following 5 Users Say Thank You to thaygiaocht For This Useful Post: | huynhcongbang (04-01-2014), linh1997 (05-01-2014), luanluu (07-01-2014), pco (04-01-2014), vutuanhien (04-01-2014) |
04-01-2014, 02:17 PM | #10 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2011 Đến từ: Y15 - Khoa Vật Lí - Đại học Sư phạm Hà Nội Bài gởi: 53 Thanks: 480 Thanked 130 Times in 48 Posts | Trích:
| |
The Following User Says Thank You to Lil.Tee For This Useful Post: | thaygiaocht (04-01-2014) |
04-01-2014, 06:27 PM | #11 |
Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts | Ta có: $(x^4 + y^4)\ge \frac{1}{8}(x+y)^4 $. $(x+y)(xy+z^2) \ge (x\sqrt{y} + \sqrt{y}z)^2 = y(x+z)^2 $ $(x+y)(xy+z^2)\ge (\sqrt{x}y+\sqrt{x}z)^2 = x(y+z)^2 $ $xy+z^2\ge 2\sqrt{xy}{z} $ và $(x+y)(y+z)(z+x)\ge 8xyz $. Vậy ta có: $(x^4 + y^4)(xy+z^2)^3\ge \frac{1}{4}(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2x^{3/2}y^{3/2}z $. Do đó: $T\le 4\sum\frac{x^{3/2}y^{5/2}z^2}{(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2}\le \frac{1}{2}\sum\frac{x^{1/2}y^{3/2}z}{(x+y)(y+z)(z+x)} $. Ta chứng minh $\sum x^{1/2}y^{3/2}z\le \frac{3}{8}(x+y)(y+z)(z+x) = \frac{3}{8}\left(2xyz+xy^2+x^2y+yz^2+y^2z+zx^2+z^2 x\right) $ (*). Ta có: $x^2z + z^2y\ge xy^{1/2}z^{3/2} $, $z^2y + y^2x\ge 2x^{1/2}y^{3/2}z $ và $y^2x + x^2z\ge 2 x^{3/2}yz^{1/2} $. Hay $\sum xy^2\ge \sum x^{1/2}y^{3/2}z $. Lại có: $y^2z + xyz\ge 2x^{1/2}y^{3/2}z $ nên ta có $\left(\sum y^2z\right) + 3xyz\ge 2\sum x^{1/2}y^{3/2}z $. Vậy ta sẽ có: $3xyz + \sum (xy^2+x^2y) \ge 3\sum x^{1/2}y^{3/2}z\ge \frac{8}{3}\left(\sum x^{1/2}y^{3/2}z\right) + xyz $ hay BĐT (*) được chứng minh. Vậy ta luôn có $T\le \frac{1}{2}\frac{3}{8} = \frac{3}{16} $ __________________ Traum is giấc mơ. thay đổi nội dung bởi: Traum, 04-01-2014 lúc 06:30 PM |
The Following User Says Thank You to Traum For This Useful Post: | thaygiaocht (04-01-2014) |
04-01-2014, 08:44 PM | #12 | |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2009 Đến từ: _chuyenbacninh_ Bài gởi: 614 Thanks: 72 Thanked 539 Times in 208 Posts | Trích:
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: Do đó $ Q\le \frac{3}{4} $ Từ đó ta được GTLN của $P=\frac{3}{16} $ __________________ Cuộc sống là không chờ đợi | |
04-01-2014, 09:23 PM | #13 |
+Thành Viên+ | 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. __________________ http://www.facebook.com/giangnam.luu.9?ref=tn_tnmn thay đổi nội dung bởi: luugiangnam, 04-01-2014 lúc 09:26 PM |
04-01-2014, 09:41 PM | #14 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2011 Bài gởi: 9 Thanks: 6 Thanked 12 Times in 3 Posts | $\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}\le \frac{x^3y^4z^3}{8xy(x^2+y^2)z^3xy\sqrt{xy}}=\frac {y\sqrt{xy}}{8(x^2+y^2)}$ $a=\sqrt{\frac{x}{y}}$.abc=1 $8T\le \sum \frac{a}{a^4+1}\le \sum \frac{1}{\sqrt{2(a^4+1)}}\le\frac{3}{2}$ |
The Following User Says Thank You to daicahuyvn For This Useful Post: | thaygiaocht (05-01-2014) |
04-01-2014, 09:55 PM | #15 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2011 Đến từ: Y15 - Khoa Vật Lí - Đại học Sư phạm Hà Nội Bài gởi: 53 Thanks: 480 Thanked 130 Times in 48 Posts | |
The Following User Says Thank You to Lil.Tee For This Useful Post: | quangvinht2 (05-01-2014) |
Bookmarks |
|
|