Chủ đề này có 2 trả lời

[Trang Luong]

Taiwan TST Round 1 2014

Ngày 1: 28/3/2014

$\boxed 1$ Cho các số thực dương $a,b,c$ . Chứng minh : \[ 3(a+b+c)\ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}. \]

$\boxed 2$ Xác định xem tồn tại mười tập  hợp $A_1, A_2, \dots, A_ {10}$ sao cho thỏa mãn

(i) Mỗi tập hợp có dạng $\{a, b, c\}$, trong đó  $a\in \{1,2,3\} , b\in \{4,5,6\}, c \in \{7,8,9\}$ 

(ii) Không có hai tập hợp nào giống nhau, 

(iii) Nếu mười tập hợp được sắp xếp thành một vòng tròn $(A_1, A_2, \dots, A_ {10})$, sau cho bất kỳ hai tập hợp liền kề không có yếu tố giống nhau, nhưng bất kỳ 2 tập hợp không kề nhau thì giao nhau  (Lưu ý: $A_ {10}$ là tiếp giáp với $A_1$.)

Ngày 2 : 29/3/2014

$\boxed 1$ Tìm tất cả các hàm số đòng biến $f$ từ các số nguyên không âm tới các số nguyên thỏa mãn $f (2) = 7$ và \[ f(mn) = f(m)+f(n)+f(m)f(n) \] với mọi số nguyên không âm $m,n$

$\boxed 2$ Cho tam giác có độ dài các cạnh là $a,b,c$ và các đường cao tương ứng là $h_a,h_b,h_c$ . Chứng minh rằng :  \[ \left(\frac{a}{h_a}\right)^2+\left(\frac{b}{h_b}\right)^2+\left(\frac{c}{h_c}\right)^2\ge 4. \]

Ngày 3 : 30/3/2014

$\boxed 1$ Cho 2 đường tròn $O_1,O_2$ có độ dài bán kính là $R_1,R_2$  cắt nhau tại 2 điểm $A,D$ . Vẽ đường thẳng $L$ qua $D$ cắt  $O_1,O_2$ tại $B,C$. Bây giờ ta cho khoảng cách giữa các tâm cũng như sự lựa chọn của $L$ thay đổi. Tìm độ dài $AD$ khi diện tích $\Delta ABC max$

$\boxed 2$ Cho $n$ là một số nguyên dương. Tìm số nguyên $k$ nhỏ nhất thỏa mãn các điều kiện đây: Với các số thực $a_1, \dots, a_d$ sao cho $a_1 + a_2 + \dots + a_d = n$ và $0\le a_i \le 1$ với $i = 1,2, \dots, d$, ta có thể chia những số này thành $k$ nhóm (một số trong đó có thể rỗng) sao cho tổng các số trong mỗi nhóm là nhiều nhất là $1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 29-07-2014 - 09:07

[Trang Luong]

Ta chứng minh BĐT   $3(a+b+c)\ge 9\sqrt[3]{\frac{8abc+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}{9}}\iff a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)\ge 6abc.$

mà $\frac{8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}}{9}=\frac{\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{abc}+\cdots+\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}}{9}$ $\le\sqrt[3]{\frac{abc+abc+\cdots+abc+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}{9}}=\sqrt[3]{\frac{8abc+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}{9}}$

$\Rightarrow 9\sqrt[3]{\frac{8abc+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}{9}}\ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}.$

Áp dụng BĐT Holder : ${\underbrace{(1+1+\cdots+1)}_{9}}^{2/3}\left(8abc+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\right)^{1/3}\ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}.$

$\Rightarrow \sqrt[3]{9^2}.\sqrt[3]{9}\sqrt[3]{\frac{8abc+\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}{9}}\ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}.$

Vậy $3(a+b+c)\ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}.$

[Hoang Tung 126]

 

 

$\boxed 2$ Cho tam giác có độ dài các cạnh là $a,b,c$ và các đường cao tương ứng là $h_a,h_b,h_c$ . Chứng minh rằng :  \[ \left(\frac{a}{h_a}\right)^2+\left(\frac{b}{h_b}\right)^2+\left(\frac{c}{h_c}\right)^2\ge 4. \]

 

 

 Ta có :$\sum (\frac{a}{h_{a}})^2=\sum (\frac{a}{\frac{2S}{a}})^2=\sum \frac{a^4}{4S^2}=\sum \frac{4a^4}{16S^2}=\sum \frac{4a^4}{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\geq 4< = > \sum a^4\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)$

BDT này luôn đúng vì theo Schur bậc 3 mở rộng và Cosi có

 $(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq (a+b+c).abc\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq a^4+b^4+c^4$