Đến nội dung


Hình ảnh

TOPIC ôn luyện VMO 2016


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 48 trả lời

#21 ducvipdh12

ducvipdh12

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 454 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn-Quảng Trị
  • Sở thích:ANIME IS LOVE,ANIME IS LIFE

Đã gửi 18-12-2015 - 15:58

Xin chào các bạn, vì mình khá bận trong thời gian qua nên mình đã không chăm lo cho topic này được, từ giờ đến lúc thi VMO còn tầm 3 tuần nên mình sẽ tập trung cho topic này


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 18-12-2015 - 15:58

FAN THẦY THÔNG,ANH CẨN,THẦY VINH :icon6: :icon6:

#22 ducvipdh12

ducvipdh12

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 454 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn-Quảng Trị
  • Sở thích:ANIME IS LOVE,ANIME IS LIFE

Đã gửi 18-12-2015 - 16:02

Bài 7(Phương trình hàm).

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: 

$xf\left (y \right )+f\left (xf\left (y \right ) \right )-xf\left (f\left (y \right ) \right )-f\left (xy \right )=2x+f\left (y \right )-f\left (x+y \right )$ (1)

Lời giải: Giả sử $P(x,y)$ là tính chất của $(1)$.

$P(1,y) \Rightarrow f(y)+2=f(y+1). \qquad (2)$

$P(x,1) \Rightarrow x \left[ f(1)-f(f(1))-2 \right]+2+f(xf(1))-f(1)=0. \qquad (3)$

 

Nếu $f(1)=0$ thì $f(2)=f(1)+2=2$.

$P(x,2) \Rightarrow 2x+2-f(x+2)=0 \Rightarrow f(x+2)=2(x+1) \Rightarrow f(x)=2(x-1)$.

 

Nếu $f(1) \ne 0$. Khi đó từ $(3)$, thay $x$ bởi $\frac{x}{f(1)}$ ta suy ra $x \cdot \frac{f(1)-f(f(1))-2 }{f(1)} +2-f(1)+f(x)=0. \qquad (4)$

Thay $x$ bởi $x+1$ ta được $(x+1) \cdot \frac{f(1)-f(f(1))-2 }{f(1)} +2-f(1)+f(x+1)=0. \qquad (5)$

Từ $(4)$ và $(5)$ ta suy ra $f(x+1)-f(x)+ \frac{f(1)-f(f(1))-2}{f(1)}=0 \Rightarrow f(1)-f(f(1))-2=-2f(1) \Rightarrow 3f(1)=f(f(1))+2$.

Khi đó $(4) \Leftrightarrow f(x)=f(1)-2+2x \; \forall x \in \mathbb{R}$. Thử vào phương trình thấy thoả mãn.

 

Vậy $f(x)=2x+k \; \forall x \in \mathbb{R}$ với $k \in \mathbb{R}$.


FAN THẦY THÔNG,ANH CẨN,THẦY VINH :icon6: :icon6:

#23 ducvipdh12

ducvipdh12

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 454 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn-Quảng Trị
  • Sở thích:ANIME IS LOVE,ANIME IS LIFE

Đã gửi 18-12-2015 - 16:11

Bài 10 (BĐT) : Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$$8\left (a^3+b^3+c^3\right )+12 \geq (a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{abc}+1\right )^2+3\right ]$$

Bài 11 (Dãy số) : Cho dãy số nguyên $a_{n}$ $n\epsilon N$ thỏa mãn:

$\left\{\begin{matrix}a_{o}=1 & \\ a_{n}=a_{n-1}+a_{[\frac{n}{3}]} & \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p\leq 13$ tồn tại vô số số k nguyên dương thỏa mãn $a_{k}$ chia hết cho p


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 18-12-2015 - 16:12

FAN THẦY THÔNG,ANH CẨN,THẦY VINH :icon6: :icon6:

#24 hieutoan

hieutoan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết

Đã gửi 18-12-2015 - 17:26

Bài 12 (BĐT) : $a,b,c>0. CMR :\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}\geq \sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 18-12-2015 - 17:58


#25 huykinhcan99

huykinhcan99

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Toán K26 - Chuyên Thái Nguyên

Đã gửi 18-12-2015 - 17:50

Mình cũng góp vui một bài...

 

Bài 13(BĐT) : Cho ba số dương $a$, $b$, $c$ và hai số nguyên dương $k$, $n$ bất kỳ. Chứng minh rằng

\[\dfrac{a^{n+k+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}+\dfrac{b^{n+k+1}}{c^{n+1}+a^{n+1}}+\dfrac{c^{n+k+1}}{a^{n+1}+b^{n+1}}\geqslant \dfrac{a^{n+k}}{b^n+c^n}+\dfrac{b^{n+k}}{c^n+a^n}+\dfrac{c^{n+k}}{a^n+b^n}\]

(xuất xứ: sáng tác)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 18-12-2015 - 17:58

$$\text{Vuong Lam Huy}$$ 


#26 ducvipdh12

ducvipdh12

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 454 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn-Quảng Trị
  • Sở thích:ANIME IS LOVE,ANIME IS LIFE

Đã gửi 18-12-2015 - 18:06

hiện tại mình đang soạn 1 đề thi VMO mẫu cho các bạn và tầm 2-3 ngày nữa mình sẽ đăng


FAN THẦY THÔNG,ANH CẨN,THẦY VINH :icon6: :icon6:

#27 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 18-12-2015 - 18:18

Bài 10 (BĐT) : Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$$8\left (a^3+b^3+c^3\right )+12 \geq (a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{abc}+1\right )^2+3\right ]$$

 

 Đặt $f(a,b,c)=8\left (a^3+b^3+c^3\right )+12 \geq (a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{abc}+1\right )^2+3\right ]$

 Khi đó $f(a,b,c)-f\left (a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2}\right )$

$$=8(b^3+c^3)-2(b+c)^3+(a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{\dfrac{a(b+c)^2}{4}}+1\right )^2-(2\sqrt[3]{abc}+1)^2\right ]\geq 0$$

 Vì vậy ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $b=c$ hay

$$8(a^3+2b^3)+12\geq (a+2b)\left [(2\sqrt[3]{ab^2}+1)^2+3\right ]$$

$$\Leftrightarrow 2(a^3+2b^3)+3\geq ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+2b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b$$

 Áp dụng BĐT AM-GM :

$$a^3+b^3+a^2b\geq 3ab\sqrt[3]{a^2b}\ ,\ a^3+ab^2+1\geq 3a\sqrt[3]{ab^2}\ ,\ a^3+1+1\geq 3a\ ,\  2(a^2b+2b^3)\geq 6\sqrt[3]{a^2b}\ ,\ 2(b^3+ab^2+1)\geq 6b\sqrt[3]{ab^2}\ ,\ 2(b^3+2)\geq 6b$$

 Công các BĐT trên lại ta được :

$$3\left (ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+3b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b\right )\leq 3a^3+9b^3+3a^2b+3ab^2+9\leq 6a^3+12b^3+9$$

$$\Leftrightarrow 2(a^3+2b^3)+3\geq ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+3b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b$$

 Vậy ta có điều phải chứng minh. 

 Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$



#28 Nguyen Minh Hai

Nguyen Minh Hai

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 666 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{THPT}}$ $ \boxed{\textrm{Chuyên Quốc Học}} $
  • Sở thích:$\star\textrm{Tìm hiểu}\star$
    $\textrm{Văn hóa Nhật Bổn}$

Đã gửi 18-12-2015 - 22:38

Bài 14: (Số học) Cho $a,b \in \mathbb{Z}$ sao cho $|a|,|b|>1$ và tập hợp $S=\left \{ n \in \mathbb{N}^* \mid \exists m \in \mathbb{N}^*,a^m+b \vdots a^n+1 \right \}$ có vô hạn phần tử. Chứng minh rằng: 

$\exists k \in \mathbb{N^*}, |b|=|a|^k$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Minh Hai: 18-12-2015 - 22:43


#29 Emyeutiengviet

Emyeutiengviet

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết

Đã gửi 19-12-2015 - 22:05

Bài 11 (Dãy số) : Cho dãy số nguyên $a_{n}$ $n\epsilon N$ thỏa mãn:

$\left\{\begin{matrix}a_{o}=1 & \\ a_{n}=a_{n-1}+a_{[\frac{n}{3}]} & \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p\leq 13$ tồn tại vô số số k nguyên dương thỏa mãn $a_{k}$ chia hết cho p

 

Mình sẽ chứng mình cho TH $p=13$. Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự:

Chứng minh phản chứng. Giả sử dãy đã cho có hữu hạn số nguyên dương chia hết cho 13 và giả sử $k$ là chỉ số lớn nhất sao cho $13 \mid a_k$ 

Từ giả thiết ta suy ra:

$\left\{\begin{matrix} a_3k=a_{3k-1} +a_k & \\ a_{3k+1}=a_3k +a_k & \\ a_{3k+2} =a_{3k+1} +a_k \end{matrix}\right.$

Suy ra $ a_{3k+2} \equiv a_{3k+1} \equiv a_{3k} \equiv a_{3k-1} \equiv b (mod 13)$ .

Và $ b \in \mathbb{Z}$ ; $(b,13)=1$

Ta có hệ với 13 phương trình như sau:

$\left\{\begin{matrix} a_{9k-4} =a_{9k -4} & \\ a_{9k-3} =a_{9k-4} +a_{3k-1} & \\ a_{9k-2}=a_{9k-3} +a_{3k-1} & \\ a_{9k-1} =a_{9k-2} +a_{3k-1} & \\ a_{9k} =a_{9k -1} +a_3k & \\ a_{9k+1}=a_{9k} +a_3k & \\ a_{9k+2}=a_{9k+1} +a_3k & \\ a_{9k+3} =a_{9k+2} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+4} =a_{9k +3} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+5} =a_{9k+4} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+6}=a_{9k+5 }+a_{3k+2} & \\ a_{9k+7} =a_{9k+6} +a_{3k+2} & \\a_{9k+8} = a_{9k+7} +a_{3k+2} & \end{matrix}\right.$

 

Suy ra $\left\{\begin{matrix} a_{9k-4} \equiv a_{9k -4} +0.b (mod 13) & \\ a_{9k-3} \equiv a_{9k-4} +1.b (mod 13) & \\ a_{9k-2} \equiv a_{9k-4} +2.b (mod 13) & \\ a_{9k-1} \equiv a_{9k-4} + 3.b(mod 13) & \\ ............. & \\a_{9k+8} \equiv a_{9k-4} +12.b (mod 13) & \end{matrix}\right.$

Vì $(b,13) =1$ nên tập hợp A $ = \{a_{9k-4} +i.b \mid \forall i \in \{0,1,...,12\} \}$ là 1 HTDĐĐ mod 13.

Suy ra trong tập trên sẽ tồn tại 1 số chia hết cho 13 và số này lớn hơn $a_k$ $\rightarrow$ Mâu thuẫn. (ĐPCM) 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Emyeutiengviet: 19-12-2015 - 22:48


#30 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 20-12-2015 - 11:52

Bài 12 (BĐT) : $a,b,c>0. CMR :\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}\geq \sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

Bài quen thuộc

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy \, Schwarz$ ta có: 

$\sum \dfrac{a^2+b^2}{a+b} \geq \dfrac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}$

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy \, Schwarz$ lại có:

$\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2=2\sum a^2 + 2\sum \sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}$

                                                                   $\geq 2\sum a^2 + 2 \sum\left(a^2+bc\right)=4\sum a^2+2\sum{ab}$ 

Do đó chỉ cần chứng minh:

$\left(2\sum a^2 +\sum ab\right)^2 \geq 3\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)$

$\Leftrightarrow \left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)^2 \geq 0$ (luôn đúng)

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

 

VMF's Marathon Hình học Olympic 


#31 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 20-12-2015 - 14:25

Bài quen thuộc

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy \, Schwarz$ ta có: 

$\sum \dfrac{a^2+b^2}{a+b} \geq \dfrac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}$

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy \, Schwarz$ lại có:

$\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2=2\sum a^2 + 2\sum \sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}$

                                                                   $\geq 2\sum a^2 + 2 \sum\left(a^2+bc\right)=4\sum a^2+2\sum{ab}$ 

Do đó chỉ cần chứng minh:

$\left(2\sum a^2 +\sum ab\right)^2 \geq 3\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)$

$\Leftrightarrow \left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)^2 \geq 0$ (luôn đúng)

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

 Ta có BĐT tương đương :

 $\sum \left (\dfrac{2(a^2+b^2)}{a+b}-a-b\right )\geq 2\left [\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}-(a+b+c)\right ]$

 $\Leftrightarrow \sum \dfrac{(a-b)^2}{a+b}\geq 2.\dfrac{\sum (a-b)^2}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c}$

 $\Leftrightarrow \sum (a-b)^2.\dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+c-a-b}{(a+b)\left [\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c\right ]}\geq 0$

 Luôn đúng vì $\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+c-a-b\geq a+b+c+c-a-b=2c>0$

 ...



#32 hieutoan

hieutoan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết

Đã gửi 23-12-2015 - 15:13

$a,b,c do dai 3 canh tam giac .CMR \sum \frac{a}{b} +3 \geq \sum \frac{a+b}{b+c}$



#33 gatoanhoc1998

gatoanhoc1998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Quốc Học Huế
  • Sở thích:Xem sách

Đã gửi 27-12-2015 - 13:22

$a,b,c do dai 3 canh tam giac .CMR \sum \frac{a}{b} +3 \geq \sum \frac{a+b}{b+c}$

câu này dễ mà ,với lại không có dấu bằng

$VT=\sum \frac{a+b}{b}>\sum \frac{a+b}{b+c}$



#34 gatoanhoc1998

gatoanhoc1998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Quốc Học Huế
  • Sở thích:Xem sách

Đã gửi 27-12-2015 - 13:26

Mọi người suy nghĩ câu tổ hợp sau nhé  :icon6:

Trong bảng vuông 2016*2016 người ta điền các số từ 1 đến 4 vào mỗi ô(mỗi ô điền 1 số ) sao cho

trong mỗi bảng con 2*2 bất kì đều có đủ các số từ 1 đến 4

Tìm số cách điền thỏa mãn



#35 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1511 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 27-12-2015 - 19:16

$g(x+1)=g(x)$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ mà bạn. Hay là mình nhầm?

 

$g(x+1)=g(x)$ thì chỉ suy ra được $g(x)=h\left(\left\{x\right\}\right)$ thôi


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#36 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1511 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 27-12-2015 - 19:27

 Ta có BĐT tương đương :

 $\sum \left (\dfrac{2(a^2+b^2)}{a+b}-a-b\right )\geq 2\left [\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}-(a+b+c)\right ]$

 $\Leftrightarrow \sum \dfrac{(a-b)^2}{a+b}\geq 2.\dfrac{\sum (a-b)^2}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c}$

 $\Leftrightarrow \sum (a-b)^2.\dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+c-a-b}{(a+b)\left [\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c\right ]}\geq 0$

 Luôn đúng vì $\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+c-a-b\geq a+b+c+c-a-b=2c>0$

 ...

Giả sử rằng $b$ nằm giữa $a$ và $c$ thì $(a-b)(b-c)\geqslant 0$

Áp dụng bất đẳng thức C-S: $VT=\sum \dfrac{(a+b)^2+(a-b)^2}{2(a+b)}\geqslant a+b+c+\dfrac{(a-c)^2}{a+b+c}$

Ngoài ra chú ý: $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a-c)^2+(a-b)(c-b)\leqslant (a-c)^2$ nên ta có:

$VT\geqslant a+b+c+\dfrac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a+b+c}=\dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{2(a+b+c)}+\dfrac{a+b+c}{2}\geqslant \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#37 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1511 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 27-12-2015 - 19:37

 Đặt $f(a,b,c)=8\left (a^3+b^3+c^3\right )+12 \geq (a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{abc}+1\right )^2+3\right ]$

 Khi đó $f(a,b,c)-f\left (a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2}\right )$

$$=8(b^3+c^3)-2(b+c)^3+(a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{\dfrac{a(b+c)^2}{4}}+1\right )^2-(2\sqrt[3]{abc}+1)^2\right ]\geq 0$$

 Vì vậy ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $b=c$ hay

$$8(a^3+2b^3)+12\geq (a+2b)\left [(2\sqrt[3]{ab^2}+1)^2+3\right ]$$

$$\Leftrightarrow 2(a^3+2b^3)+3\geq ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+2b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b$$

 Áp dụng BĐT AM-GM :

$$a^3+b^3+a^2b\geq 3ab\sqrt[3]{a^2b}\ ,\ a^3+ab^2+1\geq 3a\sqrt[3]{ab^2}\ ,\ a^3+1+1\geq 3a\ ,\  2(a^2b+2b^3)\geq 6\sqrt[3]{a^2b}\ ,\ 2(b^3+ab^2+1)\geq 6b\sqrt[3]{ab^2}\ ,\ 2(b^3+2)\geq 6b$$

 Công các BĐT trên lại ta được :

$$3\left (ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+3b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b\right )\leq 3a^3+9b^3+3a^2b+3ab^2+9\leq 6a^3+12b^3+9$$

$$\Leftrightarrow 2(a^3+2b^3)+3\geq ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+3b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b$$

 Vậy ta có điều phải chứng minh. 

 Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

 

Cùng chung ý tưởng là dồn biến nhưng không vừa lòng với cách làm trên lắm.

Để ý vế trái có $b^3+c^3\geqslant \dfrac{(b+c)^3}{4}$ và $bc\leqslant \dfrac{(b+c)^2}{4}$ nên hiển nhiên $f(a,b,c)\geqslant f\left(a, \dfrac{b+c}{2}, \dfrac{b+c}{2}\right)$


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#38 Pham Quoc Thang

Pham Quoc Thang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 159 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Long An
  • Sở thích:Bất đẳng thức,Kiếm Hiệp

Đã gửi 27-12-2015 - 21:26

Bài 15 (Tổ Hợp) (T3/243): Cho một hình lục giác đều. Tại mỗi đỉnh của một hình lục giác có một con chim đậu. Vào cùng một lúc, tất cả sáu con chim đều bay lên khỏi vị trí của mình; rồi sau đó cũng vào cùng một lúc, chúng lại đậu xuống các đỉnh của hình lục giác (mỗi đỉnh chỉ có đúng một con chim đậu; các con chim không nhất thiết đậu lại vị trí cũ). Chứng minh rằng tồn tại ba con chim sao cho tam giác tạo bởi các đỉnh mà chúng đậu trước khi bay lên bằng tam giác tạo bởi các đỉnh mà chúng đậu xuống.



#39 huykinhcan99

huykinhcan99

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Toán K26 - Chuyên Thái Nguyên

Đã gửi 28-12-2015 - 16:39

Mình cũng góp vui một bài...

 

Bài 13(BĐT) : Cho ba số dương $a$, $b$, $c$ và hai số nguyên dương $k$, $n$ bất kỳ. Chứng minh rằng

\[\dfrac{a^{n+k+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}+\dfrac{b^{n+k+1}}{c^{n+1}+a^{n+1}}+\dfrac{c^{n+k+1}}{a^{n+1}+b^{n+1}}\geqslant \dfrac{a^{n+k}}{b^n+c^n}+\dfrac{b^{n+k}}{c^n+a^n}+\dfrac{c^{n+k}}{a^n+b^n}\]

(xuất xứ: sáng tác)

Sơ lược cách giải 

Vì bất đẳng thức đã cho là đối xứng nên không giảm tổng quát, giả sử $a\geqslant b\geqslant c > 0$
Viết lại bất đẳng thức đã cho dưới dạng
\[a^k \left( \dfrac{a^{n+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}-\dfrac{a^n}{b^n+c^n} \right)+b^k \left( \dfrac{b^{n+1}}{c^{n+1}+a^{n+1}}-\dfrac{b^n}{c^n+a^n} \right)+c^k \left( \dfrac{c^{n+1}}{a^{n+1}+b^{n+1}}-\dfrac{c^n}{a^n+b^n} \right) \geqslant 0 \]
hay là 
\begin{multline} \label{eq:ds.1} \left(a^k-b^k\right)\left( \dfrac{a^{n+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}-\dfrac{a^n}{b^n+c^n} \right)+\left(b^{n+1}-c^{n+1}\right)\left[\left( \dfrac{a^{n+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}-\dfrac{a^n}{b^n+c^n} \right) + \left( \dfrac{b^{n+1}}{c^{n+1}+a^{n+1}}-\dfrac{b^n}{c^n+a^n} \right)\right]+ \\+c^k\left[\left( \dfrac{a^{n+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}-\dfrac{a^n}{b^n+c^n} \right) + \left( \dfrac{b^{n+1}}{c^{n+1}+a^{n+1}}-\dfrac{b^n}{c^n+a^n} \right) + \left( \dfrac{c^{n+1}}{a^{n+1}+b^{n+1}}-\dfrac{c^n}{a^n+b^n} \right) \right]\geqslant 0 \end{multline}
 
Hiển nhiên ta có:
\[\dfrac{a^{n+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}-\dfrac{a^n}{b^n+c^n}=\dfrac{a^nb^{n+1}-a^{n+1}b^n+a^nc^{n+1}-a^{n+1}c^n}{(b^{n+1}+c^{n+1})(b^n+c^n)}=\dfrac{a^nb^n(a-b)+a^nc^n(a-c)}{(b^{n+1}+c^{n+1})(b^n+c^n)}\geqslant 0\]
 
Cũng để ý rằng:
\begin{align*} &\hphantom{=} \left( \dfrac{a^{n+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}-\dfrac{a^n}{b^n+c^n} \right) + \left( \dfrac{b^{n+1}}{c^{n+1}+a^{n+1}}-\dfrac{b^n}{c^n+a^n} \right) \\ &= \dfrac{a^nb^n(a-b)+a^nc^n(a-c)}{(b^{n+1}+c^{n+1})(b^n+c^n)} +\dfrac{b^nc^n(b-c)+b^na^n(b-a)}{(c^{n+1}+a^{n+1})(c^n+a^n)} \\ &= \dfrac{a^nc^n(a-c)}{(b^{n+1}+c^{n+1})(b^n+c^n)}+\dfrac{b^nc^n(b-c)}{(c^{n+1}+a^{n+1})(c^n+a^n)}+\left[\dfrac{a^nb^n(a-b)}{(b^{n+1}+c^{n+1})(b^n+c^n)} +\dfrac{b^na^n(b-a)}{(c^{n+1}+a^{n+1})(c^n+a^n)}\right] \\ &= \dfrac{a^nc^n(a-c)}{(b^{n+1}+c^{n+1})(b^n+c^n)}+\dfrac{b^nc^n(b-c)}{(c^{n+1}+a^{n+1})(c^n+a^n)}+\dfrac{a^nb^n(a-b)\left[(c^{n+1}+a^{n+1})(c^n+a^n)- (b^{n+1}+c^{n+1})(b^n+c^n)\right]}{(b^{n+1}+c^{n+1})(b^n+c^n)(c^{n+1}+a^{n+1})(c^n+a^n)} \end{align*}
 
Vậy $\left( \dfrac{a^{n+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}-\dfrac{a^n}{b^n+c^n} \right) + \left( \dfrac{b^{n+1}}{c^{n+1}+a^{n+1}}-\dfrac{b^n}{c^n+a^n} \right)\geqslant 0$
 
Tách ghép tương tự ta cũng có
\begin{align*}  & \hphantom{=} \left( \dfrac{a^{n+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}-\dfrac{a^n}{b^n+c^n} \right) + \left( \dfrac{b^{n+1}}{c^{n+1}+a^{n+1}}-\dfrac{b^n}{c^n+a^n} \right) + \left( \dfrac{c^{n+1}}{a^{n+1}+b^{n+1}}-\dfrac{c^n}{a^n+b^n} \right) \\ &= \dfrac{a^nb^n(a-b)\left[(c^{n+1}+a^{n+1})(c^n+a^n)- (b^{n+1}+c^{n+1})(b^n+c^n)\right]}{(b^{n+1}+c^{n+1})(b^n+c^n)(c^{n+1}+a^{n+1})(c^n+a^n)}+ \\ & \hspace{3cm} + \dfrac{a^nc^n(a-c)\left[(a^{n+1}+b^{n+1})(a^n+b^n)- (b^{n+1}+c^{n+1})(b^n+c^n)\right]}{(b^{n+1}+c^{n+1})(b^n+c^n)(a^{n+1}+b^{n+1})(a^n+b^n)}+ \\ &\hspace{4.5cm} + \dfrac{b^nc^n(b-c)\left[(a^{n+1}+b^{n+1})(a^n+b^n)- (c^{n+1}+a^{n+1})(c^n+a^n)\right]}{(c^{n+1}+a^{n+1})(c^n+a^n)(a^{n+1}+b^{n+1})(a^n+b^n)} \end{align*}

 

Vậy $\left( \dfrac{a^{n+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}-\dfrac{a^n}{b^n+c^n} \right) + \left( \dfrac{b^{n+1}}{c^{n+1}+a^{n+1}}-\dfrac{b^n}{c^n+a^n} \right) + \left( \dfrac{c^{n+1}}{a^{n+1}+b^{n+1}}-\dfrac{c^n}{a^n+b^n} \right)\geqslant 0$
 
Tóm lại, \eqref{eq:ds.1} đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

$$\text{Vuong Lam Huy}$$ 


#40 hieutoan

hieutoan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết

Đã gửi 30-12-2015 - 16:21

$a,b,c, la do dai 3 canh cua 1 tam giac .CMR \sum \frac{a}{b} +3 \geq 2\sum \frac{a+b}{b+c}$






2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh