<span style='color:darkblue'>Các bạn thân mến!
Trại Hè Toán học lần thứ nhất đã kết thúc, nhưng những dư âm và tiếc nuối còn lại sẽ là những kỷ niệm khó quên đối với mỗi thành viên tham dự.
Nhân dịp này, chúng tôi đã có một món quà nhỏ đối với các bạn tham dự Trại Hè. Đó là cuốn "Tập san Trại Hè Toán học", tập hợp các bài viết của Workshop cũng như giới thiệu về Diễn đàn Toán học.
Để các bạn đọc ở xa và các bạn không tới dự Trại Hè cảm nhận được phần nào không khí sôi động của TH2, chúng tôi xin cung cấp bản mềm của Tập san (Dạng Pdf).
Các bạn có thể download Tại Đây
</span>

Up lại:

Tốt quá, anh Tình có thể gửi em 3 cuốn được ko? Em muốn tặng 2 cuốn cho 2 người thầy: Phạm Quốc Phong, Hoàng Ngọc Cảnh; một cuốn em muốn dành cho một người bạn của em, cũng rất yêu toán.
Nếu được anh PM cho em nhé, chi phí thế nào em chịu. ĐT em: 0986 768 365.
Cảm ơn anh.

Đã nhắn tin cho anh Tình nhưng mà không thấy anh trả lời. Vừa gọi điện cũng thấy không cầm máy nên vô đây nhắn lại anh vậy. Em confirm lại là tình hình đoàn Hà Tĩnh đã tan rã. Em và bạn em sẽ vẫn đi vô Huế. Vẫn nhờ anh đặt phòng như trước và cả vụ vé máy bay cho 2 người ra Hà Nội.
Bạn Dũng em có mong muốn được ghép vô đoàn Hà Nội.
Bạn Luật và Lâm thì không contact được.

Thế nên về phía em, em chỉ confirm cho em và bạn đi cùng em là sẽ đi riêng, tầm 7h sáng thứ 7 vô đến Huế.

Như vậy có khả năng đoàn Hà Tĩnh sẽ phải tự sắp xếp hết. Mấy hôm trước bàn với Khánh để đi cùng đoàn Bắc Bộ nhưng không liên lạc và thống nhất được với mọi người nên đành tùy cơ ứng biến. Thầy Phi Hùng bận học + thi nên không tham gia được. Nếu như vậy thì Luật và Lâm tầm 10h tối nay (7.8) sẽ lên xe vô Huế (cùng thời điểm với đoàn Bắc Bộ chạy qua HT).
Hôm nay mới gặp chuyentoan nên mới biết chuyentoan sẽ đi riêng với bạn. Dũng di theo đoàn Vinh.
Thông tin cuối cùng về đoàn Hà Tĩnh khép lại tại đây.

Tình hình là hôm nay mới online đuợc. Khánh xem có thu xếp được 2 chỗ nữa ko? Nếu không thì bọn mình sẽ tự thu xếp. Đoàn Hà Tĩnh có 4 người đi: chuyentoan đi với bạn, Dũng theo chân đoàn Vinh. Còn lại Lâm và Luật.

cho a;b;c là độ dài 3 cạnh tam giác
chứng minh rằng:
$\dfrac{a}{{3a - b + c}} + \dfrac{b}{{3b - c + a}} + \dfrac{c}{{3c - a + b}} \ge 1$

Cauchy-Schwarz nhé:
$\sum\dfrac{a}{{3a - b + c}} =\dfrac3{4}+\dfrac1{4}\sum\dfrac{a+b-c}{3a-b+c} \ge\dfrac3{4}+\dfrac{(a+b+c)^2}{4\sum (a+b-c)(3a-b+c)}= 1$

công nhận anh Lâm toàn chế ra mấy bài khó nuốt
đây là lời giải của em:
bđt tương đương với:
$abc\left( {\sum {\dfrac{1}{(b+c)({{b^2} + bc + {c^2}})}} } \right) \ge \dfrac{{4abc}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}}$
ta chỉ cần chứng minh:
$\sum {\dfrac{{(a + b)(a + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} \ge 4$
đến đây có thể có nhiều cách giải nhưng em vốn khoái hiện đại nên xài S.O.S
$\Leftrightarrow \sum {\left( {\dfrac{{({a^2} - bc) + (a - b)(a + 4b) + (a - c)(a + 4c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} \right)} \ge 0$
$\Leftrightarrow \sum {\left( {\dfrac{{{a^2} - bc}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} \right)} + \sum {{{(a - b)}^2}} \left( {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + 5{c^2} + 6ab + bc}}{{({b^2} + bc + {c^2})({a^2} + ab + {b^2})}}} \right) \ge 0$
ta có thể dễ dàng chứng minh được
$\sum {\left( {\dfrac{{{a^2} - bc}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} \right)} + \ge 0$
từ đó suy ra đpcm
đẳng thức xảy ra tại tâm và tại biên
cái tích abc ở bên chỉ có mỗi mục đích là làm cho đẳng thức xảy ra thêm tại biên chứ chả có ý gì khác

Toàn chịu khó phân tích bình phương quá nhỉ, anh chưa check đâu . Lời giải của anh sử dụng cổ điển và ko cần phải tính toán gì nhiều, anh sẽ post sau.

Điều thú vị là bất đẳng thức này có liên quan mật thiết với BDT quen biết của cụ Darij.G, (thực tế là nó mạnh hơn _ by Schur) nhưng mình lại sáng tác trong một hoàn cảnh hoàn toàn khác. BDT này cũng liên quan đến một loạt các BDT khác mà mình sẽ chia sẻ vào một thời điểm thích hợp. Mình đang thi nên bận lắm!

@ Chuyentoan: Thì mình cũng nói vậy mà. Tất nhiên mình (và nhiều bạn khác) vẫn mong sự tài trợ một phần nào cho những sinh viên, hs khó khăn, và thật tốt nếu nó đến từ một tổ chức nào đó. Thầy Dũng vất vả cho diễn đàn nhiều quá rồi.

Bây giờ thế này, ai có khả năng đi được thì đi, bạn nào muốn đóng góp cho trại hè điều gì thì càng nên đi. Còn giúp đỡ ai là việc của thầy Dũng. Chúng ta đồng lòng chung sức, mỗi người chịu khó một ít, trại hè nhất định sẽ thành công tốt đẹp.

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng

$\dfrac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{b(c+a)}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge\dfrac a{b+c}+\dfrac b{c+a}+\dfrac c{a+b}+\dfrac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Đẳng thức tại $a=b=c$ hoặc $abc=0$.

Đằng sau bất đẳng thức đẹp đẽ này có rất nhiều điều thú vị.

Mình ủng hộ Khánh, hai diễn đàn cùng chung sức thực hiện thì trại hè sẽ diễn ra suôn sẻ và đông vui hơn.

Về kinh phí đi lại thì mình nghĩ sinh viên phần nhiều là khó khăn. Hè mình về Hà Tĩnh nên sẽ gần hơn nhưng ko có nghĩa là có thể dễ dàng thu xếp đủ được, và rất mong muốn một nguồn tài trợ nào đó. Trên diễn đàn có thầy Dũng là có thể hỗ trợ phần nào cho ít người. Nhưng một mình thầy thì ko thể kham hết được. Chà, hay là anh em tổ chức làm gì đó bổ sung kinh phí đi?

Chào mọi người,
Mình rất vui vì sẽ được tham gia seminar ngày 7/6 với chủ đề "các phương pháp chứng minh bất đẳng thức" theo lời gợi ý của thầy Dũng. Hiện tại mình đang phân vân ở ba vấn đề sau:
1. Các kỹ thuật sử dụng Cauchy Schwarz và Holder.
2. Dồnn biến thừa trừ.
3. Phép chuyển vị trong bất đẳng thức hoán vị.

Mọi người góp ý xem mình nên chọn chủ đề nào để seminar trở nên sôi nổi và hữu ích hơn nhé. Thanks.

3 đi Cẩn. Mình rất tò mò về chủ đề này của Cẩn, đây cũng là chủ đề còn nhiều điều mới mẻ đáng để khai thác. Cậu chuẩn bị bài và up lên đây rồi mọi người sẽ góp ý thêm.

Anh Lim nói đúng, muốn trại hè thành công thì cần nhất là có một đội ngũ BTC nhiệt tình và có sự chuẩn bị chu đáo (cái này thì BQT diễn đàn có thể đảm nhận được, nhất là những người ở Huế hoặc phụ cận). Điều thứ hai là kinh phí. Muốn làm gì trước hết phải có tiền (kinh phí tổ chức, nước nôi, ăn uống, đi lại... ). Mong rằng BQT sẽ sớm tìm được các cá nhân, tổ chức tài trợ cho hoạt động của trại hè để cuộc gặp mặt của diễn đàn chúng ta có thể thành công son sẻ.

Bài toán sau cùng dạng nhưng có vẻ khó hơn rất nhiều, mọi người thử xem nhé.

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh bất đẳng thức
$\dfrac a{a^2+3bc}+\dfrac b{b^2+3ca}+\dfrac c{c^2+3ab}\le\dfrac{(a+b+c)^3}{4(ab+bc+ca)^2}$

Khuê hè được về à ?

Hờ, đúng là chung kết năm nay kịch tính một phần cũng nhờ... hài Câu Mồm đúng là hay nhất. Câu Dao thì chết cười. Câu Thiếu tá cũng thú vị thiệt.

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng

$\dfrac{ab}{3c^2+(a-b)^2}+\dfrac{bc}{3a^2+(b-c)^2}+\dfrac{ca}{3b^2+(c-a)^2}\ge1$

p/s:hu hu,anh Lâm ơi,sao lúc em mua sách những viên kim cương của anh thì chỉ giảm có 20%,giờ những nơi khác giảm hẳn 40% liền (

Giờ mới đọc thấy post này của Toàn, cái này ngoài khả năng của anh, lúc sách mới về vì vội mua để gửi cho mọi người anh cũng phải mua ở nhà sách nên họ bảo thế nào anh phải lấy thế ấy thôi. Nơi nào mà giảm 40% vậy em, anh đặt mua ít cuốn

em bấm máy tính đủ kiểu nhưng mà không tài nào tìm ra phản ví dụ thì chắc chắn là nó đúng roài,anh thử tìm phản ví dụ xem cóa tìm đc hok

Không tìm được phản ví dụ (hay chưa tìm được phản ví dụ) không có nghĩa là bài toán đó đúng. Tư duy toán học kiểu này là hỏng roài

he he,không khéo bài này của em lại là bài toán mở cũng nên ấy chứ,tại vì em cũng chưa tài nào nghĩ ra cách chứng minh nó(mặc dù chắc chắn nó đúng )

Chưa chứng minh được mà lại dám bảo "chắc chắn đúng" thì cũng hơi lãng mạn đó nhỉ

Vâng, bây giờ thì perfect rồi anh ạ. Very nice solution

Uh, các số hạng còn lại là $(4-(5/4)^2)a^2+bc$. Ở đây mình có 5bc mà $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ chứa 4bc nên còn 1bc.

Anh viết nhầm $(4-(5/4))a^2+bc$ nên tính ra lớn hơn 1 chút (11.12a). Đã sửa lại là 11.05a Sorry for my mistakes!

Biểu thức $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ chứa 8bc chứ anh ?

It is not correct! Cho c=0 thì $LHS=\dfrac{1}{4a}+\dfrac{1}{4a}$ trong khi $RHS=\dfrac{1}{a+b}$. Thậm chí lúc này mình có BDT ngược lại

Khi c=0 thì chúng ta có bất đẳng thức ngược lại, nhưng nói chung thì bất đẳng thức ngược lại là không đúng (a=2, b=c=1).
Tuy nhiên (bằng một vài phép thử ban đầu) em nghĩ rằng bất đẳng thức $\sum\dfrac a{4a^2+5bc}\le\dfrac1{a+b+c}$ đúng khi a,b,c là độ dài các cạnh của tam giác.

Em vẫn thấy chỗ này không ổn anh ạ:

trong đó ở bước cuối ta dùng đánh giá
$\sqrt{3(4a^2+5bc+4b^2+5ac+4c^2+5ab)}+2a+2b+2c$
$ =\sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2+(4-\dfrac{5}{4})a^2+bc]}+2a+2(b+c) \le \sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+\dfrac{16}{7}a)^2+(4-\dfrac{5}{4})a^2+(\dfrac{4}{7}a)^2]}+2a+\dfrac{16}{7}a =11.12 a \le \dfrac{45}{4}a $

Nếu biểu thức bình phương dưới dấu căn là $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ thì các số hạng còn lại trong căn phải là: $(4-\dfrac{25}{16})a^2-3bc$.
Còn nếu là $\dfrac{5}{4}(a+2(b+c))^2$ thì các số hạng còn lại là: $(4-\dfrac{5}{4})a^2-b^2-c^2-5bc$
có nghĩa ta sẽ không có được các đánh giá tiếp theo.
Anh kiểm tra lại giúp em ạ.

Cảm ơn anh Nam. Em đã đọc lời giải của anh. Riêng chỗ này hình như anh có nhầm lần:

$\sqrt{3(4a^2+5bc+4b^2+5ac+4c^2+5ab)}+2a+2b+2c$
$ =\sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2+(4-\dfrac{5}{4})a^2+bc}+2a+2(b+c) $.

Chú ý hệ số của $a, a^2$ và $bc$ ở trong căn. Anh xem lại xem thế nào nhé.

Đúng rồi, sử dụng Vornicu-Schur cũng là một cách tiếp cận hay.

một bài toán đẹp hơn là
$\sum {\dfrac{a}{{\sqrt {{a^2} + 2bc} }}} \le \dfrac{{a + b + c}}{{\sqrt {ab + bc + ca} }}$

Bài này yếu hơn bài của anh mà em.

Xin lỗi mọi người. Mấy hôm bận quá không onl được. Lời giải của mình sử dụng Cauchy-Schwarz (tương tự như của Toàn):

$(\sum a\sqrt{4a^2+5bc})(\sum \dfrac a{\sqrt{4a^2+5bc}})\ge(a+b+c)^2 $

Rồi sử dụng kết quả của cụ Vasc: $\sum \dfrac a{\sqrt{4a^2+5bc}}\le1$

Lời giải của anh Nam em sẽ check sau.

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực không âm $a,b,c$
$a\sqrt{4a^2+5bc}+b\sqrt{4b^2+5ca}+c\sqrt{4c^2+5ab}\ge(a+b+c)^2$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ hoặc các hoán vị.