Đến nội dung

dark templar

dark templar

Đăng ký: 06-09-2010
Offline Đăng nhập: 20-05-2021 - 21:59
****-

#626448 Tìm Min $\sum \frac{x^{2}y^{2}}...

Gửi bởi dark templar trong 10-04-2016 - 20:46

BÀI TOÁN Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}=1$. Tìm Min $P=\frac{y^{2}z^{2}}{x(y^{2}+z^{2})}+\frac{z^{2}x^{2}}{y(x^{2}+z^{2})}+\frac{x^{2}y^{2}}{z(x^{2}+y^{2})}$

Đổi biến $(a,b,c)=\left (\frac{1}{x};\frac{1}{y},\frac{1}{z} \right)$ thì $a^2+b^2+c^2=1$ và $a,b,c>0$.Khi đó $P=\sum_{cyc} \frac{a}{b^2+c^2}=\sum_{a,c,b}\frac{a}{1-a^2}$.

 

Ta sẽ chứng minh rằng :

$$\frac{a}{1-a^{2}}\geqslant \frac{3\sqrt{3}a^{2}}{2},\forall a \in (0,1)\Leftrightarrow a\left ( a-\frac{1}{\sqrt{3}} \right )^{2}\left ( a+\frac{2}{\sqrt{3}} \right )\geqslant 0$$

 

BĐT trên luôn đúng với mọi $a \in (0,1)$.

 

Do đó $P \geqslant \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}} \Leftrightarrow x=y=z=\sqrt{3}$.

 

Nhận xét ngoài lề:

Bài toán gốc của bài này là chứng minh BĐT $\sum \frac{a}{b^2+c^2} \geqslant \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ với $a,b,c>0$.Các bạn có thể xem lời giải trực tiếp không qua thuần nhất ở http://diendantoanho...qrt32/?p=624929 (phần Cách 2) :)

 




#626431 Inequalities From 2016 Mathematical Olympiads

Gửi bởi dark templar trong 10-04-2016 - 20:00

Bất đẳng thức này đúng là quen thuộc, có thể tham khảo thêm đề Việt Nam MO 1998.

 

Bài 19 (Cyprus TST). Giả sử $a,\,b,\,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác $ABC$ và thỏa mãn điều kiện
$$a\sqrt{8}+b\sqrt{6}+c\sqrt{2}\ge 4\sqrt{a^2+b^2+c^2},$$
Chứng minh rằng $ABC$ là tam giác vuông.

 

 

Theo C-S:

$$4\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\sqrt{8+6+2}\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geqslant a\sqrt{8}+b\sqrt{6}+c\sqrt{2}$$

 

Kết hợp với điều kiện đầu bài cho,ta sẽ có đẳng thức xảy ra hay:

$$\frac{a}{\sqrt{8}}=\frac{b}{\sqrt{6}}=\frac{c}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{8}=\frac{b^{2}}{6}=\frac{c^{2}}{2}=\frac{b^{2}+c^{2}}{8}\Rightarrow a^{2}=b^{2}+c^{2}$$

 

Vậy tam giác ABC vuông.

 

Bài 15 (Australien MO). Cho $a,b$ là hai số thực thỏa mãn $a^{2}+b^{2}=1.$ Chứng minh rằng

$$\left | a+\frac{a}{b}+b+\frac{b}{a} \right |\geq 2-\sqrt{2}.$$

 

Theo BĐT trị tuyệt đối và C-S:

$$\left | (a+b)+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right ) \right |\geqslant \left | \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right |-\left | a+b \right |\geqslant 2-\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}=2-\sqrt{2}$$




#626427 $M=\sum\frac{1}{h_{a}+2h_{b...

Gửi bởi dark templar trong 10-04-2016 - 19:38

Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(O;1)$. Gọi $h_{a}, h_{b}, h_{c}$ lần lượt là đường cao hạ từ đỉnh $A, B, C$ xuống cạnh đối diện. Tìm $max$ của: 

$M=\sum\frac{1}{h_{a}+2h_{b}}$

 Gợi ý cho bài này:

 

BĐT C-S: $\frac{1}{h_{a}+2h_{b}} \leqslant \frac{1}{9}\left (\frac{1}{h_{a}}+\frac{2}{h_{b}} \right )$

Đẳng thức quen thuộc $\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{r}=1$




#626227 Cho $0\leq a;b\leq 1$ .Tìm Max $F=\frac{a^...

Gửi bởi dark templar trong 10-04-2016 - 00:24

Cho $0\leq a;b\leq 1$ .Tìm Max $F=\frac{a^{2}}{4b+3}+\frac{b^{2}}{4a+3}$

Ta sẽ chứng minh $F \leqslant \frac{1}{3}$ hay:

$$\frac{a^{2}}{4b+3}+\frac{b^{2}}{4a+3}\leqslant \frac{1}{3}\Leftrightarrow 12(a+b)(1+ab-a^{2}-b^{2})+9(1+ab-a^{2}-b^{2})+7ab\geqslant 0$$

 

Để ý rằng do $0 \leqslant a,b \leqslant 1$ nên $ab \geqslant 0,a \geqslant a^2,b \geqslant b^2$ và $(1-a)(1-b) \geqslant 0 \Leftrightarrow 1+ab \geqslant a+b \geqslant a^2+b^2$.

 

Vậy BĐT đã được chứng minh.$F_{\max}=\frac{1}{3}$ khi $a=0,b=1$ hay các hoán vị.




#626226 $$\sum_{k=1}^{n}\frac{k(k+1)...

Gửi bởi dark templar trong 10-04-2016 - 00:07

Bài toán: Cho trước số thực $p$ thuộc $[0;1]$.Hãy tính tổng :
$$S=\sum_{k=1}^{n}\frac{k(k+1)}{2}p^{\frac{k(k-1)}{2}}\left(1-p^{k} \right)$$
 
 

 

Trường hợp $p=1$ và $p=0$ thì $S=0$,xét $p \neq 0$ và $p \neq 1$.

Để ý rằng :

$$p^{\frac{k(k-1)}{2}}(1-p^{k})=p^{\frac{k(k-1)}{2}}-p^{\frac{k(k+1)}{2}}=-\Delta p^{\frac{k(k-1)}{2}}$$

 

Nên theo SPTP thì:

$$-S=\left [ \frac{k(k+1)}{2}p^{\frac{k(k-1)}{2}} \right ]_{k=1}^{n+1}-\sum_{k=1}^{n}p^{\frac{k(k+1)}{2}}\Delta \frac{k(k+1)}{2}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}p^{\frac{n(n+1)}{2}}-1-S_{1}$$

 

Biến đổi tổng $S_1$ như sau:

$$S_{1}=\sum_{k=1}^{n}p^{\frac{k(k+1)}{2}}\left ( \frac{(k+1)(k+2)}{2}-\frac{k(k+1)}{2} \right )=\sum_{k=1}^{n}(k+1)p^{\frac{k(k+1)}{2}}$$

 

Phân đoạn module $2$,ta sẽ có:

$$S_{1}=\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}p^{i}(2i+1)+2\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor}p^{j}j=S_{2}+2S_{3}$$

 

Để ý rằng $\Delta p^{i}=(p-1)p^{i}$ nên:

$$S_{2}=\frac{1}{p-1}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\Delta p^{i}(2i+1)=\frac{1}{p-1}\left [ p^{i}(2i+1) \right ]_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}-\frac{1}{p-1}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}p^{i+1}\Delta (2i+1)$$

 

Do đó:

$$S_{2}=\frac{p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}(2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor+1)-3p}{p-1}-\frac{2p}{(p-1)^{2}}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\Delta p^{i}$$

 

Hay:

$$S_{2}=\frac{p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\left ( 2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor +1 \right)-3p}{p-1}-\frac{2p^{2}(p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor }-1)}{(p-1)^{2}}$$

 

Tương tự, ta có :

$$S_{3}=\frac{p^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor-p}{p-1}-\frac{p^{2}\left ( p^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor}-1 \right )}{(p-1)^2}$$

 

Do đó:

$$S_{1}=\frac{2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}+2\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor p^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor}+p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}-5p}{p-1}-\frac{2p^{2}}{(p-1)^{2}}\left ( p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}+p^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor} \right )$$

 

Vậy :

$$S=1+\frac{2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}+2\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor p^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor}+p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}-5p}{p-1}-\frac{2p^{2}}{(p-1)^{2}}\left ( p^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}+p^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor} \right )-\frac{(n+1)(n+2)}{2}p^{\frac{n(n+1)}{2}}$$




#626173 $xy+yz+zx+xyz=4$

Gửi bởi dark templar trong 09-04-2016 - 20:46

Xem ở http://www.artofprob...1224515p6147896




#626169 $P=\frac{2a^2+b^2}{\sqrt{a^2b^2-ab^3+4b^4...

Gửi bởi dark templar trong 09-04-2016 - 20:44

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $ac+b^2=2bc.$ Tìm GTNN của $P=\frac{2a^2+b^2}{\sqrt{a^2b^2-ab^3+4b^4}}+\frac{2b^2+c^2}{\sqrt{b^2c^2-bc^3+4c^4}}$

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

Viết lại điều kiện thành $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}=2$ và $P=f\left(\frac{a}{b} \right)+f\left(\frac{b}{c} \right)$ với $f(t)=\frac{2t^2+1}{\sqrt{t^2-t+4}}$.

 

Đặt $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c}$ thì $x,y>0$ và $x+y=2,P=f(x)+f(y)$.

 

Ta sẽ chứng minh BĐT phụ sau:

$$\frac{2x^{2}+1}{\sqrt{x^{2}-x+4}}\geqslant \frac{29x-5}{16},\forall x \in (0;2)\Leftrightarrow 3(x-1)^{2}(61x^{2}+499x+52)\geqslant 0$$

 

BĐT luôn đúng với mọi $x \in (0;2)$.

 

Do đó $P \geqslant \frac{29(x+y)-10}{16}=3$.Đẳng thức xảy ra khi $x=y=1$ hay $a=b=c$.




#626152 xét đơn điệu và bị chặn của dãy:$\left\{\begin{...

Gửi bởi dark templar trong 09-04-2016 - 20:19

Xét tính đơn điệu và bị chặn của các dãy số sau :

1)$\left\{\begin{matrix} U_1=1\\ U_{n+1}=\dfrac{1}{3}U_n+5 \end{matrix}\right.$

2)$\left\{\begin{matrix} U_1=1\\ U_{n+1}=\dfrac{U_n+2}{U_n+1} \end{matrix}\right.$

3)$\left\{\begin{matrix} U_1=2\\ U_{n+1}=\sqrt{U_n+2} \end{matrix}\right.$

1) Dãy này chặn trên bởi $\frac{15}{2}$(quy nạp) và là dãy tăng.

2)$u_{n+1}=1+\frac{1}{u_n+1}$.Dãy này chặn dưới bởi $1$ và là dãy giảm,bắt đầu từ $u_2$

3)Dãy này bị chặn trên bởi $2$(quy nạp) và là dãy tăng.




#626131 $\frac{a^3b}{a^3+b^3} + \frac{b^3c...

Gửi bởi dark templar trong 09-04-2016 - 19:36

Quả đúng là em hơi hấp tấp,không để ý đến cái điều kiện,xấu hổ ghê  :wub:

Anh fix lại chỗ màu đỏ đi ạ,phải là $a^2-ab+b^2$ .

Cho em hỏi thêm làm sao anh phân tích được 2 tổng chuẩn như vậy ạ,em quy đồng lên thì ra được $\frac{(a-b)(a-c)(b-c)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}{\prod (a^2-ab+b^2)}\geq 0$ cũng đúng cơ mà hơi tốn sức :))

Em giữ nguyên 2 cái phân thức đầu,chỉ cần phân tích $\frac{ca(c-a)}{c^2+a^2-ca}$ với để ý là $c-a=(c-b)+(b-a)$,từ đó em nhóm các phân thức chứa $a-b$ và $b-c$ lại sẽ ra như trên :)




#626060 $\frac{a^3b}{a^3+b^3} + \frac{b^3c...

Gửi bởi dark templar trong 09-04-2016 - 12:18

$\Leftrightarrow \sum \frac{ab(a^2-b^2)}{a^{3}+b^3}\geq 0\Leftrightarrow\sum \frac{ab(a-b)}{a^{2}-ab+b^2}\leq \sum \frac{ab(a-b)}{ab}=a-b+b-c+c-a=0$

Đề có sai không nhỉ ? :( hay là mình sai ?

Đề ở trên đúng rồi :) Cách làm của HappyLife sai ở phân thức $\frac{ca(c-a)}{c^2+a^2-ca} \geqslant c-a$ do $c-a \leqslant 0$

 

Biến đổi thuần Đại Số ,ta sẽ có BĐT tương đương với:

$$\sum \frac{ab(a-b)}{a^{2}+b^{2}-ab}\geqslant 0\Leftrightarrow \frac{a(a-b)(b-c)(a^{2}-bc)}{(a^{2}-ab+b^{2})(c^{2}+a^{2}-ca)}+\frac{c(b-c)(a-b)(ab-c^{2})}{(b^{2}+c^{2}-bc)(c^{2}+a^{2}-ac)}\geqslant 0$$

 

BĐT trên luôn đúng do $a \geqslant b \geqslant c$.




#626031 $$\frac{1}{x}+\frac{1}...

Gửi bởi dark templar trong 08-04-2016 - 23:37

Cho $x,y,z>0$ thoả mãn $x+y+z+xyz=4$,chứng minh rằng:

$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geqslant \left ( \frac{17\sqrt{17}-47}{8} \right )(x+y+z)+\frac{165-51\sqrt{17}}{8}$$




#626029 $(a+b+c)^{2}(a+b)(b+c)(c+a)\geq 24abc(a^{2}+b^...

Gửi bởi dark templar trong 08-04-2016 - 23:28

Cho $a,b,c>0$. CMR:
$(a+b+c)^{2}(a+b)(b+c)(c+a)\geq 24abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

Spoiler

BĐT tương đương với:

$$\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8abc}-1\geqslant \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}-1\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{1}{8bc}-\frac{1}{(a+b+c)^{2}} \right )(b-c)^{2}\geqslant 0$$

 

Đặt $S_{a}=\frac{1}{8bc}-\frac{1}{(a+b+c)^2};S_{b}=\frac{1}{8ac}-\frac{1}{(a+b+c)^2};S_{c}=\frac{1}{8ab}-\frac{1}{(a+b+c)^2}$.Ta cần chứng minh $\sum S_{a}(b-c)^2 \geqslant 0$.

 

Không mất tính tổng quát,giả sử $a \geqslant b \geqslant c$.Khi này ta có $(a+b+c)^2>(a+2c)^2 \geqslant 8ac \Leftrightarrow S_{b} \geqslant 0$

 

$(c-a)^{2}=(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+2(a-b)(b-c)\geqslant (a-b)^{2}+(b-c)^{2}$

$\Leftrightarrow S_{b}(c-a)^2 \geqslant S_{b}(a-b)^2+S_{b}(b-c)^2$

 

Suy ra:

$$\sum S_{a}(b-c)^{2}\geqslant \left ( S_{a}+S_{b} \right )(b-c)^{2}+(S_{b}+S_{c})(a-b)^{2}$$

 

Mặt khác $(a+b+c)^2>(2b+c)^2 \geqslant 8bc$,suy ra $S_{a} \geqslant 0$.

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh :

$$S_{b}+S_{c}\geqslant 0\Leftrightarrow \frac{1}{8ac}+\frac{1}{8ab}-\frac{2}{(a+b+c)^{2}}\geqslant 0\Leftrightarrow \frac{(b+c)(a+b+c)^{2}-16abc}{8abc(a+b+c)^{2}}\geqslant 0$$

 

Dễ thấy $b+c \geqslant 2c$ nên ta chỉ cần chứng minh:

$$(a+b+c)^2 \geqslant 8ab \Leftrightarrow (a-b)^2+(c-2a)(c-2b) \geqslant 0$$

 

Đây là BĐT luôn đúng do $a \geqslant b \geqslant c$.

 

Vậy ta có đpcm.




#625928 Cho a,b,c dương thỏa, a+b+c+abc=4

Gửi bởi dark templar trong 08-04-2016 - 19:37

Chưng minh rằng:

$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt{2}}$

Theo BĐT Holder thì:

$$\left ( \frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}} \right )^{2}\left ( a\left ( b+c \right )+b(a+c)+c(a+b) \right )\geqslant (a+b+c)^{3}$$

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$$\sqrt{\frac{(a+b+c)^{3}}{2(ab+bc+ca)}}\geqslant \frac{a+b+c}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow a+b+c\geqslant ab+bc+ca$$

 

Mặt khác,ta có theo AM-GM:

$$4=a+b+c+abc \leqslant (a+b+c)+\frac{(a+b+c)^{3}}{27}\Leftrightarrow (x-3)(x^{2}+3x+36)\geqslant 0\Leftrightarrow x\geqslant 3$$

 

Trong đó $x=a+b+c>0$.

 

Ta có:

$4\left ( a+b+c \right )=(a+b+c+abc)(a+b+c)=2(ab+bc+ca)+\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+abc(a+b+c)$

$\geqslant 2(ab+bc+ca)+(a^{2}+b^{2}+c^{2})+\frac{9abc}{a+b+c}$

 

Lại có theo BĐT Schur thì:

$$a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{9abc}{a+b+c}\geqslant 2(ab+bc+ca)$$

 

Do đó:

$$4\left ( a+b+c \right )\geqslant 2(ab+bc+ca)+2(ab+bc+ca)\Leftrightarrow a+b+c \geqslant ab+bc+ca$$

 

Vậy ta có đpcm.




#625850 $$x_{n}(ax_{n-1}+b)+c=0$$

Gửi bởi dark templar trong 08-04-2016 - 11:53

Bài này mình lấy từ THTT,lời giải thì không cần xét trường hợp $b,c$.Trích dẫn lời giải:

 

Ta gọi 2 nghiệm của pt $ax^2+bx+c=0$ là $m$ và $p$.Giả sử $|m| \leqslant |p|$,suy ra $m \neq p\neq 0$.Theo Viete thì $m+p=\frac{-b}{a}$ và $mp=\frac{c}{a}$.Do đó:

$x_{n}\left ( ax_{n-1}+b \right )+c=0\Leftrightarrow x_{n}\left ( x_{n-1}+\frac{b}{a} \right )+\frac{c}{a}=0$

 

$\Leftrightarrow x_{n}\left ( x_{n-1}-(m+p) \right )+mp=0\Leftrightarrow (x_{n}-p)(x_{n-1}-p)+p(x_{n-1}-p)-m(x_{n}-p)=0$

 

Nếu $\alpha=m$ thì $x_n=m,\forall n \ge 1$.Khi này $\lim x_n=m$.Trường hợp $\alpha=p$ tương tự.

 

Xét $\alpha \neq m$ và $\alpha \neq p$.Khi này $x_n \neq m$ và $x_n \neq p$.

 

Đặt $y_n=\frac{1}{x_n-p} \Leftrightarrow x_n=p+\frac{1}{y_n}$,ta sẽ có:

$$1+py_{n}-my_{n-1}=0\Leftrightarrow y_{n}=\frac{m}{p}y_{n-1}-\frac{1}{p}(n=1,2,....)$$

 

Xét :

$\left | y_{n}-\frac{1}{m-p} \right |=\left | \frac{m}{p}y_{n-1}-\frac{1}{p}-\frac{1}{m-p} \right |=\left | \frac{m}{p} \right |\left | y_{ n-1}-\frac{1}{m-p} \right |=....=\left | \frac{m}{p} \right |^{n}\left | y_{0}-\frac{1}{m-p} \right |$

 

Nếu $|m|<|p|$ thì $\left|\frac{m}{p} \right|^{n} \to 0$ khi $n \to +\infty$ và $\lim y_n=\frac{1}{m-p}$ hay $\lim x_n=m$

 

Nếu $m=-p$ thì $b=0$ và $\left|y_n-\frac{1}{m-p} \right|=\left|y_0-\frac{1}{m-p} \right|$.Suy ra $x_n=p+\frac{1}{\frac{1}{m-p} \pm \left|y_0-\frac{1}{m-p} \right|}$

 

Trưởng hợp này không tồn tại $\lim x_n$.




#625530 Cho x,y,z dương

Gửi bởi dark templar trong 06-04-2016 - 22:09

$Cho xy+yz+zx=xyz....Tìm GTNN \frac{x}{y^2}+\frac{y}{z^2}+\frac{z}{x^2}+6\left ( \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} \right )$

Xem ở http://www.artofprob...e_minimum_value