Đến nội dung


Hình ảnh

Inequalities From 2016 Mathematical Olympiads


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 137 trả lời

#41 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 940 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-04-2016 - 12:14

 Bài này quen thuộc

 

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.

 


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#42 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 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:

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


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#43 minhrongcon2000

minhrongcon2000

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 213 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 10-04-2016 - 22:09

Bài 3 (Korea Winter Program Practice Test). Cho ba số thực không âm $x,\,y,\,z$ thỏa mãn

\[(x+y-1)^2+(y+z-1)^2+(z+x-1)^2=27.\]
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $x^4+y^4+z^4.$

Giải:

 

$(x+y-1)^{2}+(y+z-1)^{2}+(z+x-1)^{2}=27 \Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+(x+y+z)^{2}-4(x+y+z)=24$

 

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:

 

$24\geqslant \frac{(x+y+z)^{2}}{3}+(x+y+z)^{2}-4(x+y+z)\Leftrightarrow x+y+z\leqslant 6$

 

Do đó, $x^{2}+y^{2}+z^{2}=24-(x+y+z)^{2}+4(x+y+z) \leqslant 12$

 

Chú ý rằng, ta cũng có hai bất đẳng thức là $x+y+z \geqslant \sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$ và $x+y+z+\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\geqslant 2\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}>4$. Do đó,

 

$(x+y+z-\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}})(x+y+z+\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}-4)\geqslant 0$

 

$\Leftrightarrow (x+y+z)^{2}-4(x+y+z)\geqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}-4\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$

$\Leftrightarrow 24-(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}-4\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant (\sqrt{13}+1)^{2}$

 

Ta lại có được $\frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{3} \leqslant x^{4}+y^{4}+z^{4} \leqslant (x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}$

 

Do đó, ta có được giá trị lớn nhất của $x^{4}+y^{4}+z^{4}$ là $(\sqrt{13}+1)^{4}$ khi $x=y=0,z=\sqrt{13}+1$ và các hoán vị

Giá trị nhỏ nhất của $x^{4}+y^{4}+z^{4}$ là $48$ khi $x=y=z=2$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhrongcon2000: 10-04-2016 - 22:11

$\lim_{x \to \infty } Love =+\infty$


#44 IMOer

IMOer

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-04-2016 - 11:38

 

Bài 7 (Hong Kong TST). Với $n$ là một số nguyên dương, giả sử tồn tại $n$ số thực dương $x_1,\,x_2,\,\ldots,\,x_n$ khác nhau sao cho mọi số nguyên $1 \leqslant i,\,j \leqslant n,$ thì $$(3x_i-x_j) (x_i-3x_j)\geqslant (1-x_ix_j)^2.$$ Tìm giá trị lớn nhất có thể có của $n.$

 

Không mất tính tổng quát, giả sử ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}<...<{{x}_{n}}$.

Với mọi $n\ge i>j>1$ ta có:

$\left( 3{{x}_{i}}-{{x}_{j}} \right)\left( {{x}_{i}}-3{{x}_{j}} \right)\ge {{\left( 1-{{x}_{i}}{{x}_{j}} \right)}^{2}}\Leftrightarrow 3{{\left( {{x}_{i}}-{{x}_{j}} \right)}^{2}}\ge {{\left( 1+{{x}_{i}}{{x}_{j}} \right)}^{2}}\Leftrightarrow \frac{{{x}_{i}}-{{x}_{j}}}{1+{{x}_{i}}{{x}_{j}}}\ge \frac{1}{\sqrt{3}}$

Vì ${{x}_{i}}>0$ nên tồn tại ${{\alpha }_{i}}\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)$ sao cho ${{x}_{i}}=\tan {{\alpha }_{i}}$.

Khi đó: $\tan \left( {{\alpha }_{i}}-{{\alpha }_{j}} \right)\ge \frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow {{\alpha }_{i}}-{{\alpha }_{j}}\ge \frac{\pi }{6}$ với mọi $i>j$.

Nếu $n\ge 4$ thì ${{\alpha }_{4}}-{{\alpha }_{1}}=\left( {{\alpha }_{4}}-{{\alpha }_{3}} \right)+\left( {{\alpha }_{3}}-{{\alpha }_{2}} \right)+\left( {{\alpha }_{2}}-{{\alpha }_{1}} \right)\ge \frac{\pi }{2}\Rightarrow {{\alpha }_{4}}> \frac{\pi }{2}$, vô lý.

Vậy suy ra: $n\le 3$.

Với $n=3$, ta có thể chọn: ${{x}_{1}}=\tan \frac{\pi }{12};\ {{x}_{2}}=\tan \frac{\pi }{4};\ {{x}_{3}}=\tan \frac{5\pi }{12}$ thỏa mãn bài toán.



#45 IMOer

IMOer

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-04-2016 - 11:49

Bài 1 (Japan MO Preliminary). Với $a,\,b,\,c,\,d$ là bốn số thực thỏa mãn

\[\left\{\begin{aligned}&(a+b)(c+d)=2\\&(a+c)(b+d)=3\\&(a+d)(b+c)=4\end{aligned}\right.\]
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $a^2+b^2+c^2+d^2.$

 

Từ giả thiết đã cho ta suy ra: $2\sum{ab}=9$

Và $4=\left( a+d \right)\left( b+c \right)\le \frac{{{\left( a+b+c+d \right)}^{2}}}{4}\Rightarrow {{\left( a+b+c+d \right)}^{2}}\ge 16$

Lại có: $\sum{{{a}^{2}}}={{\left( \sum{a} \right)}^{2}}-2\sum{ab}\ge 16-9=7$

Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi: $a=\frac{1-\sqrt{2}}{2};\ b=\frac{3-\sqrt{2}}{2};\ c=\frac{1+\sqrt{2}}{2};\ d=\frac{3+\sqrt{2}}{2}$ 



#46 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 940 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-04-2016 - 20:54

Bài 20 (China Mathematical Olympiad). Cho $a_1,a_2,\ldots, a_{31},\,b_1,b_2, \ldots, b_{31}$ là các số nguyên dương thỏa mãn
$$a_1< a_2<\cdots< a_{31}\leqslant 2015,\; b_1< b_2<\cdots<b_{31} \leqslant 2015,$$

$$a_1+a_2+\cdots+a_{31}=b_1+b_2+\cdots+b_{31}.$$
Tìm giá trị lớn nhất của $S=|a_1-b_1|+|a_2-b_2|+\cdots+|a_{31}-b_{31}|.$


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#47 IMOer

IMOer

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-04-2016 - 22:04

Bài 21 (European Girls' Mathematical Olympiad): Cho $n$ là số nguyên dương lẻ và $x_1,x_2,...,x_n$ là các số thực không âm.

Chứng minh rằng: $\min_{1\le i\le n} (x_i^2+x_{i+1}^2)\le\max_{1\le j\le n} (2x_jx_{j+1})$



#48 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 940 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 15-04-2016 - 22:58

Chúng ta có nên thêm bất đẳng thức hình học vào luôn không các bạn ?


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#49 trananhduong62

trananhduong62

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:daklak
  • Sở thích:ăn-chơi-học-ngủ

Đã gửi 16-04-2016 - 07:30

Bài 1

Hình gửi kèm

  • 14.jpg

trananhduong62 :icon6:  :icon6:  :icon6:  :ukliam2: GOOD!


#50 trananhduong62

trananhduong62

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:daklak
  • Sở thích:ăn-chơi-học-ngủ

Đã gửi 16-04-2016 - 07:34

Bài 15

Hình gửi kèm

  • 17.jpg

trananhduong62 :icon6:  :icon6:  :icon6:  :ukliam2: GOOD!


#51 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 940 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 17-04-2016 - 22:30

Bài 22 (China Zhejiang High School Mathematics Competition). Cho ba số nguyên $a, b, c $ khác nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của $4(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2.$
 


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#52 IMOer

IMOer

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 22-04-2016 - 15:41

Bài 22 (China Zhejiang High School Mathematics Competition). Cho ba số nguyên $a, b, c $ khác nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của $4(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2.$
 

Đặt: $S=4(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2$.

Ta có: $S=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2+a^2+b^2+c^2$.

Vì $a,b,c$ là các số nguyên khác nhau nên $|a-b|\ge 1; |b-c|\ge 1; |a-c|\ge 1$.

Và dấu bằng không thể đồng thời xảy ra ở 3 bất đằng thức trên nên trong 3 số $|a-b|; |b-c|; |c-a|$ có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 2.

Suy ra: $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge 1^2+1^2+2^2=6$.

Đồng thời, $a,b,c$ là các số nguyên phân biệt nên: $a^2+b^2+c^2\ge 0^2+1^2+(-1)^2=2$.

Suy ra: $S\ge 8$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: $\{a, b, c\}=\{1, 0, -1\}$.



#53 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 940 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-04-2016 - 19:10

Bài 23 (Romania JBMO TST 2016). Với $m,n$ là hai số tự nhiên và ba số thực $x,y,z$ thuộc $[0,1].$ Chứng minh rằng
\[0 \leqslant x^{m+n}+y^{m+n}+z^{m+n}-x^my^n-y^mz^n-z^mx^n \leqslant 1.\]
Đẳng thức xảy ra khi nào ?

 

Bài 24 (China Junior High School Mathematics League). Cho ba số thực $x,y$ và $z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=1.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $xy+2yz+3zx.$
 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 24-04-2016 - 19:16

Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#54 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 633 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 24-04-2016 - 20:35

Bài 23 (Romania JBMO TST 2016). Với $m,n$ là hai số tự nhiên và ba số thực $x,y,z$ thuộc $[0,1].$ Chứng minh rằng
\[0 \leqslant x^{m+n}+y^{m+n}+z^{m+n}-x^my^n-y^mz^n-z^mx^n \leqslant 1.\]
Đẳng thức xảy ra khi nào ?

 

Bài 24 (China Junior High School Mathematics League). Cho ba số thực $x,y$ và $z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=1.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $xy+2yz+3zx.$
 

24 ta chứng minh $xy+2yz+3zx \leq \frac{3} {4}$

tức là chứng minh $(x+y+z)^{2}\geq \frac{4}{3}(xy+2yz+3zx)$

hay $x^{2} +x(\frac{2}{3}y-2z)+y^{2}+z^{2}-\frac{2}{3}yz \geq 0$ với mọi $x$ thuộc R

tức là $\bigtriangleup \leq 0$

hay $\frac{-32}{9}y^{2} \leq 0$(luôn đúng)

dấu bằng xảy ra khi $x=z=\frac{1}{2},y=0$



#55 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 940 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 28-04-2016 - 00:41

Bài 25 (Croatia TST). Cho số nguyên $n \geqslant 1$ và $x_1,x_2, \ldots, x_n$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng \[\left(x_1 + \frac{x_2}{2} + \cdots + \frac{x_n}{n}\right)\left(x_1 + 2x_2 + \cdots + nx_n\right) \leqslant \frac{(n+1)^2}{4n} (x_1 + x_2 + \cdots + x_n)^2.\]
 


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#56 IMOer

IMOer

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 28-04-2016 - 17:52

Bài 26 (Azerbaijan JMO). Cho $n\in\mathbb{N}$. Chứng minh rằng:

\[n\sqrt[n+1]{n+2}+\sqrt[n+1]{n+2}-1<n+1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n+1}\]



#57 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 940 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 28-04-2016 - 21:03

Bài 27 (Iran Second Round). Cho ba số thực $0<a \leqslant b \leqslant c.$ Chứng minh rằng
$$\frac{(c-a)^2}{6c}\leq \frac{a+b+c}{3}-\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}.$$

 


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#58 revenge

revenge

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:trường lê hồng phong thành phố hồ chí minh

Đã gửi 29-04-2016 - 07:33

Bài 26 (Azerbaijan JMO). Cho $n\in\mathbb{N}$. Chứng minh rằng:

\[n\sqrt[n+1]{n+2}+\sqrt[n+1]{n+2}-1<n+1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n+1}\]

bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

$2+\frac{3}{2}+\frac{4}{3}+...+\frac{n+2}{n+1}>(n+1)\sqrt[n+1]{n+2}$

đúng theo AM-GM nhưng đấu bằng không xảy ra



#59 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 940 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 01-05-2016 - 17:20

Bài 28 (Russia). Cho bốn số thực dương $a, b, c, d$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c+d=3.$ Chứng minh rằng $$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}\le\frac{1}{a^2b^2c^2d^2},$$


$$\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\le\frac{1}{a^3b^3c^3d^3}.$$


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#60 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 633 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 07-05-2016 - 15:14

Bài 25 (Croatia TST). Cho số nguyên $n \geqslant 1$ và $x_1,x_2, \ldots, x_n$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng \[\left(x_1 + \frac{x_2}{2} + \cdots + \frac{x_n}{n}\right)\left(x_1 + 2x_2 + \cdots + nx_n\right) \leqslant \frac{(n+1)^2}{4n} (x_1 + x_2 + \cdots + x_n)^2.\]
 

ta có $(x_{1}+2x_{2}+...+nx_{n})(nx_{1}+\frac{n}{2}x_{2}+...+x_{n})\leq \frac{((n+1)x_{1}+(\frac{n}{2}+2)x_{2}+...+(n+1)x_{n})^{2}}{4}$

$\frac{\leq (n+1)^{2}(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})^{2}}{4}$ (dpcm)

dấu bằng xảy ra khi $x_1=x_n=1,x_{2}=x_{3}=...=x_{n-1}=0$ 






0 người đang xem chủ đề

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