V
vansang02121998
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!
ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.
Đề bài: Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$T=\dfrac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}+\dfrac{y^3z^4x^3}{(y^4+z^4)(yz+x^2)^3}+\dfrac{x^3y^4z^3}{(z^4+x^4)(zx+y^2)^3}$
Lời giải
Đặt $a=\dfrac{x}{y};b=\dfrac{y}{z};c=\dfrac{z}{x}$, ta có
$T=\sum \dfrac{1}{(1+a^4)(b+c)^3}$ với $a,b,c > 0$ và $abc=1$
Dự đoán $T \le \dfrac{3}{16}$
Bước 1: Chứng minh $T \le \dfrac{3}{4} \sum \dfrac{1}{5a^2-4a+11}$
- Ta có $(b+c)^3 \ge 8bc\sqrt{bc} = \dfrac{8}{a\sqrt{a}}$
$\Leftrightarrow (1+a^4)(b+c)^3 \ge 8a^2\sqrt{a}+\dfrac{8}{a\sqrt{a}}$
- Ta cần chứng minh $6a^2\sqrt{a}+\dfrac{6}{a\sqrt{a}} \ge 5a^2-4a+11$
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
$10a^2\sqrt{a}+5a \ge 15a^2$
$8a^2\sqrt{a}+7a+\dfrac{18}{a\sqrt{a}} \ge 33$
$\Rightarrow 18a^2\sqrt{a}+12a+\dfrac{18}{a\sqrt{a}} \ge 15a^2+33$
$\Leftrightarrow 6a^2\sqrt{a}+\dfrac{6}{a\sqrt{a}} \ge 5a^2-4a+11$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{(1+a^4)(b+c)^3} \le \dfrac{3}{4(5a^2-4a+11)}$
Xây dựng các bất đẳng thức tương tự với $b$ và $c$
Vậy, $T \le \dfrac{3}{4} \sum \dfrac{1}{5a^2-4a+11}^{(1)}$
Bước 2: Chứng minh $\sum \dfrac{1}{5a^2-4a+11} \le \dfrac{4}{9}\sum \dfrac{1}{a^2+7}+\dfrac{1}{36}\sum \dfrac{1}{a^2-a+1}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz dạng phân thức
$\dfrac{1}{a^2+7}+\dfrac{\dfrac{1}{4}}{4a^2-4a+4} \ge \dfrac{(1+\dfrac{1}{2})^2}{5a^2-4a+11}=\dfrac{9}{4(5a^2-4a+11)}$
Xây dựng các bất đẳng thức tương tự với $b$ và $c$, ta có
$\sum \dfrac{1}{a^2+7}+\dfrac{1}{16} \sum \dfrac{1}{a^2-a+1} \ge \dfrac{9}{4} \sum \dfrac{1}{5a^2-4a+11}$
Vậy, $\sum \dfrac{1}{5a^2-4a+11} \le \dfrac{4}{9}\sum \dfrac{1}{a^2+7}+\dfrac{1}{36}\sum \dfrac{1}{a^2-a+1}^{(2)}$
Bước 3: Chứng minh $\sum \dfrac{1}{a^2+7} \le \dfrac{3}{8}$
- Ta có $A=\sum \dfrac{1}{a^2+7}$
$\Leftrightarrow 3-7A=\sum \dfrac{a^2}{a^2+7}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz dạng phân thức
$\sum \dfrac{a^2}{a^2+7} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+21}$
mà $\dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+21} \ge \dfrac{3}{8}$. Thật vậy
$\dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+21} \ge \dfrac{3}{8}$
$\Leftrightarrow 8(a+b+c)^2 \ge 3(a^2+b^2+c^2+21)$
$\Leftrightarrow 5\sum a^2+16\sum ab \ge 63$ ( Đúng theo AM-GM do $abc=1$ )
$\Rightarrow 3-7A \ge \dfrac{3}{8} \Leftrightarrow A \le \dfrac{3}{8}$
Vậy, $\sum \dfrac{1}{a^2+7} \le \dfrac{3}{8}^{(3)}$
Bước 4: Chứng minh $\sum \dfrac{1}{a^2-a+1} \le 3$
- Ta có $B=\sum \dfrac{1}{a^2-a+1}$
$\Leftrightarrow 12-3B=\sum \dfrac{(2a-1)^2}{a^2-a+1}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz dạng phân thức
$\sum \dfrac{(2a-1)^2}{a^2-a+1} \ge \dfrac{(2a+2b+2c-3)^2}{\sum a^2-\sum a+3}$
- Ta cần chứng minh $\dfrac{(2a+2b+2c-3)^2}{\sum a^2-\sum a+3} \ge 3$
$\Leftrightarrow (2a+2b+2c-3)^2 \ge 3(\sum a^2 - \sum a +3)$
$\Leftrightarrow (a+b+c)^2+6(ab+ac+bc) \ge 9(a+b+c)$
mà $ab+ac+bc \ge \sqrt{3abc(a+b+c)}=\sqrt{a+b+c}$
Bất đẳng thức cuối cùng cần chứng minh là
$(a+b+c)^2+6\sqrt{a+b+c} \ge 9(a+b+c)$
Đặt $t=\sqrt{\dfrac{a+b+c}{3}}$, ta có $9t^4+18t \ge 27t^2$
$\Leftrightarrow t^3-3t+2 \ge 0$ ( Đúng do $t^3+1+1 \ge 3t$ )
$\Rightarrow 12-3B \ge 3 \Leftrightarrow B \le 3$
Vậy, $\sum \dfrac{1}{a^2-a+1} \le 3^{(4)}$
Kết luận: Từ $(1);(2);(3)$ và $(4) \Rightarrow T \le \dfrac{3}{16}$
$T=\dfrac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}+\dfrac{y^3z^4x^3}{(y^4+z^4)(yz+x^2)^3}+\dfrac{x^3y^4z^3}{(z^4+x^4)(zx+y^2)^3}$
Lời giải
Đặt $a=\dfrac{x}{y};b=\dfrac{y}{z};c=\dfrac{z}{x}$, ta có
$T=\sum \dfrac{1}{(1+a^4)(b+c)^3}$ với $a,b,c > 0$ và $abc=1$
Dự đoán $T \le \dfrac{3}{16}$
Bước 1: Chứng minh $T \le \dfrac{3}{4} \sum \dfrac{1}{5a^2-4a+11}$
- Ta có $(b+c)^3 \ge 8bc\sqrt{bc} = \dfrac{8}{a\sqrt{a}}$
$\Leftrightarrow (1+a^4)(b+c)^3 \ge 8a^2\sqrt{a}+\dfrac{8}{a\sqrt{a}}$
- Ta cần chứng minh $6a^2\sqrt{a}+\dfrac{6}{a\sqrt{a}} \ge 5a^2-4a+11$
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
$10a^2\sqrt{a}+5a \ge 15a^2$
$8a^2\sqrt{a}+7a+\dfrac{18}{a\sqrt{a}} \ge 33$
$\Rightarrow 18a^2\sqrt{a}+12a+\dfrac{18}{a\sqrt{a}} \ge 15a^2+33$
$\Leftrightarrow 6a^2\sqrt{a}+\dfrac{6}{a\sqrt{a}} \ge 5a^2-4a+11$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{(1+a^4)(b+c)^3} \le \dfrac{3}{4(5a^2-4a+11)}$
Xây dựng các bất đẳng thức tương tự với $b$ và $c$
Vậy, $T \le \dfrac{3}{4} \sum \dfrac{1}{5a^2-4a+11}^{(1)}$
Bước 2: Chứng minh $\sum \dfrac{1}{5a^2-4a+11} \le \dfrac{4}{9}\sum \dfrac{1}{a^2+7}+\dfrac{1}{36}\sum \dfrac{1}{a^2-a+1}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz dạng phân thức
$\dfrac{1}{a^2+7}+\dfrac{\dfrac{1}{4}}{4a^2-4a+4} \ge \dfrac{(1+\dfrac{1}{2})^2}{5a^2-4a+11}=\dfrac{9}{4(5a^2-4a+11)}$
Xây dựng các bất đẳng thức tương tự với $b$ và $c$, ta có
$\sum \dfrac{1}{a^2+7}+\dfrac{1}{16} \sum \dfrac{1}{a^2-a+1} \ge \dfrac{9}{4} \sum \dfrac{1}{5a^2-4a+11}$
Vậy, $\sum \dfrac{1}{5a^2-4a+11} \le \dfrac{4}{9}\sum \dfrac{1}{a^2+7}+\dfrac{1}{36}\sum \dfrac{1}{a^2-a+1}^{(2)}$
Bước 3: Chứng minh $\sum \dfrac{1}{a^2+7} \le \dfrac{3}{8}$
- Ta có $A=\sum \dfrac{1}{a^2+7}$
$\Leftrightarrow 3-7A=\sum \dfrac{a^2}{a^2+7}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz dạng phân thức
$\sum \dfrac{a^2}{a^2+7} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+21}$
mà $\dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+21} \ge \dfrac{3}{8}$. Thật vậy
$\dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+21} \ge \dfrac{3}{8}$
$\Leftrightarrow 8(a+b+c)^2 \ge 3(a^2+b^2+c^2+21)$
$\Leftrightarrow 5\sum a^2+16\sum ab \ge 63$ ( Đúng theo AM-GM do $abc=1$ )
$\Rightarrow 3-7A \ge \dfrac{3}{8} \Leftrightarrow A \le \dfrac{3}{8}$
Vậy, $\sum \dfrac{1}{a^2+7} \le \dfrac{3}{8}^{(3)}$
Bước 4: Chứng minh $\sum \dfrac{1}{a^2-a+1} \le 3$
- Ta có $B=\sum \dfrac{1}{a^2-a+1}$
$\Leftrightarrow 12-3B=\sum \dfrac{(2a-1)^2}{a^2-a+1}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz dạng phân thức
$\sum \dfrac{(2a-1)^2}{a^2-a+1} \ge \dfrac{(2a+2b+2c-3)^2}{\sum a^2-\sum a+3}$
- Ta cần chứng minh $\dfrac{(2a+2b+2c-3)^2}{\sum a^2-\sum a+3} \ge 3$
$\Leftrightarrow (2a+2b+2c-3)^2 \ge 3(\sum a^2 - \sum a +3)$
$\Leftrightarrow (a+b+c)^2+6(ab+ac+bc) \ge 9(a+b+c)$
mà $ab+ac+bc \ge \sqrt{3abc(a+b+c)}=\sqrt{a+b+c}$
Bất đẳng thức cuối cùng cần chứng minh là
$(a+b+c)^2+6\sqrt{a+b+c} \ge 9(a+b+c)$
Đặt $t=\sqrt{\dfrac{a+b+c}{3}}$, ta có $9t^4+18t \ge 27t^2$
$\Leftrightarrow t^3-3t+2 \ge 0$ ( Đúng do $t^3+1+1 \ge 3t$ )
$\Rightarrow 12-3B \ge 3 \Leftrightarrow B \le 3$
Vậy, $\sum \dfrac{1}{a^2-a+1} \le 3^{(4)}$
Kết luận: Từ $(1);(2);(3)$ và $(4) \Rightarrow T \le \dfrac{3}{16}$
Last edited by a moderator: