Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Việt Nam và IMO > 2014

News & Announcements

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 !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* 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

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 04-01-2014, 11:49 AM   #1
huynhcongbang
Administrator

 
huynhcongbang's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Ho Chi Minh City
Bài gởi: 2,397
Thanks: 2,158
Thanked 4,144 Times in 1,366 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới huynhcongbang
[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.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Mèo ơi có nhớ có thương một mèo...
huynhcongbang is online now   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 3 Users Say Thank You to huynhcongbang For This Useful Post:
Lil.Tee (04-01-2014), thaygiaocht (04-01-2014), thiendieu96 (04-01-2014)
Old 04-01-2014, 12:44 PM   #2
huynhcongbang
Administrator

 
huynhcongbang's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Ho Chi Minh City
Bài gởi: 2,397
Thanks: 2,158
Thanked 4,144 Times in 1,366 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới 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]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : jpg 1546372_10202524168562375_213751085_n.jpg (42.0 KB, 655 lần tải)
Kiểu File : jpg 1005849_10202524168602376_342901646_n.jpg (40.9 KB, 607 lần tải)
__________________
Mèo ơi có nhớ có thương một mèo...
huynhcongbang is online now   Trả Lời Với Trích Dẫn
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)
Old 04-01-2014, 01:02 PM   #3
Kelacloi
+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
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Kelacloi is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 04-01-2014, 01:04 PM   #4
CSS-MU
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Mar 2010
Bài gởi: 26
Thanks: 2
Thanked 100 Times in 16 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi huynhcongbang View Post
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]
 
__________________
Đời vô đối...
CSS-MU is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
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)
Old 04-01-2014, 01:16 PM   #5
K.I.A
+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
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
K.I.A is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
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)
Old 04-01-2014, 01:25 PM   #6
vinhhop.qt
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Mar 2010
Bài gởi: 85
Thanks: 44
Thanked 70 Times in 34 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi K.I.A View Post
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]
 
vinhhop.qt is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 04-01-2014, 01:38 PM   #7
hakudoshi
+Thành Viên+
 
hakudoshi's Avatar
 
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:
Nguyên văn bởi K.I.A View Post
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]
 
__________________
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
hakudoshi is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 04-01-2014, 01:45 PM   #8
K.I.A
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jul 2013
Bài gởi: 13
Thanks: 1
Thanked 18 Times in 4 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi hakudoshi View Post
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:
$3(a^4+b^4) \ge 2ab(a^2+b^2+ab)$

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

thay đổi nội dung bởi: K.I.A, 04-01-2014 lúc 01:50 PM
K.I.A is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 3 Users Say Thank You to K.I.A For This Useful Post:
hakudoshi (04-01-2014), thiendieu96 (04-01-2014), tienanh_tx (05-01-2014)
Old 04-01-2014, 02:02 PM   #9
thaygiaocht
+Thành Viên+
 
thaygiaocht's Avatar
 
Tham gia ngày: Aug 2012
Đến từ: Chuyên Hà Tĩnh
Bài gởi: 164
Thanks: 792
Thanked 216 Times in 93 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi huynhcongbang View Post
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]
 
__________________
https://www.facebook.com/thaygiaocht

thay đổi nội dung bởi: thaygiaocht, 05-01-2014 lúc 09:30 AM
thaygiaocht is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
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)
Old 04-01-2014, 02:17 PM   #10
Lil.Tee
+Thành Viên+
 
Lil.Tee's Avatar
 
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:
Nguyên văn bởi Conanvn View Post
$$(x^4+y^4)(xy+z^2)^3 \ge xy(x^2+y^2).(4xyz^2)(xy+z^2)$$Nên $$T \le \dfrac{1}{4}\sum{\dfrac{xy^2z}{(x^2+y^2)(xy+z^2)}} $$$$=\dfrac{1}{4}\sum{\dfrac{xy^2z}{(x^2+y^2)xy+z^ 2(x^2+y^2)}}$$$$ \le \dfrac{1}{4} \sum{\dfrac{yz}{x^2+y^2+2z^2}}$$$$ \le \dfrac{1}{16} \sum{\left( \dfrac{y^2}{y^2+z^2}+\dfrac{z^2}{x^2+z^2} \right)}= \dfrac{3}{16}$$
Tổng cuối không bằng 3.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Lil.Tee is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Lil.Tee For This Useful Post:
thaygiaocht (04-01-2014)
Old 04-01-2014, 06:27 PM   #11
Traum
Moderator
 
Traum's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Đến từ: cyber world
Bài gởi: 413
Thanks: 14
Thanked 465 Times in 170 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} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Traum is giấc mơ.

thay đổi nội dung bởi: Traum, 04-01-2014 lúc 06:30 PM
Traum is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Traum For This Useful Post:
thaygiaocht (04-01-2014)
Old 04-01-2014, 08:44 PM   #12
truongvoki_bn
Moderator
 
truongvoki_bn's Avatar
 
Tham gia ngày: Oct 2009
Đến từ: _chuyenbacninh_
Bài gởi: 614
Thanks: 72
Thanked 539 Times in 208 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi huynhcongbang View Post
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:


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]
 
__________________
Cuộc sống là không chờ đợi


Đại học thôi. Lăn tăn gì nữa
truongvoki_bn is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 04-01-2014, 09:23 PM   #13
luugiangnam
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: Cà Mau
Bài gởi: 82
Thanks: 99
Thanked 31 Times in 19 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới 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]
 
__________________
http://www.facebook.com/giangnam.luu.9?ref=tn_tnmn

thay đổi nội dung bởi: luugiangnam, 04-01-2014 lúc 09:26 PM
luugiangnam is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 04-01-2014, 09:41 PM   #14
daicahuyvn
+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
$8T\le \sum \frac{a}{a^4+1}\le \sum \frac{1}{\sqrt{2(a^4+1)}}\le\frac{3}{2}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
daicahuyvn is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to daicahuyvn For This Useful Post:
thaygiaocht (05-01-2014)
Old 04-01-2014, 09:55 PM   #15
Lil.Tee
+Thành Viên+
 
Lil.Tee's Avatar
 
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:
Nguyên văn bởi luugiangnam View Post
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]
 
Lil.Tee is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Lil.Tee For This Useful Post:
quangvinht2 (05-01-2014)
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 03:52 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 114.03 k/131.06 k (13.00%)]