Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


Hình ảnh

Inequalities From 2016 Mathematical Olympiads


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

#121 superpower

superpower

    Sĩ quan

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

Đã gửi 10-08-2016 - 11:21

Bài 54 (Azerbaijan JBMO TST). Với $a,b,c$ là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng
\[2(ab+ac+bc)-3abc \geqslant a \sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+b \sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}+c \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.\]

Em xin giải bài 54 bằng SOS

BĐT $<=> \frac{(ab+bc+ca)(a+b+c) -9abc}{3} \geq \sum a( \sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}} - \frac{b+c}{2} )$

Nhân liệp hiệp và phân tích bình phương SOS, ta được

$\frac{\sum c(a-b)^2 }{3} \geq \sum \frac{c(a-b)^2}{\sqrt{8(a^2+b^2)} +2(a+b) }  $ 

$<=> \sum (\frac{c}{3} - \frac{c}{\sqrt{8(a^2+b^2)} +2(a+b) }) (a-b)^2 \geq 0 $

Mà ta có $2(a^2+b^2 ) \geq (a+b)^2 $

Do đó $\sqrt{8(a^2+b^2)} +2(a+b)  \geq 4(a+b) $

Ta chứng minh  1 bđt yếu hơn 

$\sum c. \frac{4(a+b) -3}{12(a+b) } (a-b)^2 \geq 0 $

Đặt $S_c = \frac{4(a+b) -3}{12(a+b) } c  $

Tương tự cho $S_a , S_b $ 

Đưa bđt về dạng $\sum S_a(b-c)^2 \geq 0 $ thì ta có

$S_c \geq 0 <=> 4(a+b) \geq 3 $ đúng do $a \geq 1 $

$S_b \geq 0 <=> 4(a+c) \geq 3 $ đúng do $a \geq 1 $

Bây giờ ta chứng minh $b^2S_a + a^2S_b \geq 0 <=> 4\frac{a+b}{3} \geq \frac{a}{a+c} +\frac{b}{b+c} $

Mà dễ thấy $\frac{a}{a+c} + \frac{b}{b+c} \leq 2 $

Do đó , ta cần chứng minh $4(a+b) \geq 6 $ mà này thì hiển nhiên do $3 = a+b+c \leq 2(a+b) => 4(a+b) \geq 6 $  

Vậy, ta có điều phải chứng minh



#122 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

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

Đã gửi 12-08-2016 - 22:38

Em thì post đề ủng hộ chứ không biết giải, nếu đề có trùng với các đề trước thì mong anh Huyện và mọi người thông cảm !

Bài 55 (Proposed for 1999 USAMO): Cho $x,y,z>1$.Chứng minh rằng

$x^{x^{2}+2yz}y^{y^{2}+2zx}z^{z^{2}+2xy}\geq (xyz)^{xy+yz+zx}.$

 

Bài 56 (APMO,2005): Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $abc=8$.Chứng minh rằng

$\frac{a^2}{\sqrt{(a^3+1)(b^3+1)}}+\frac{b^2}{\sqrt{(b^3+1)(c^3+1)}}+\frac{c^2}{\sqrt{(c^3+1)(a^3+1)}}\geq \frac{4}{3}.$

 

Topic này mình chỉ đăng bất đẳng thức ở các kỳ thi vào năm 2016.


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#123 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

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

Đã gửi 02-09-2016 - 08:39

Bài 55 (2016 CWMO). Cho $a_1,a_2,\ldots,a_n$ là các số thực không âm và đặt $\displaystyle S_k= \sum\limits_{i=1}^{k}a_i,\;(1\le k\le n).$  Chứng minh rằng

$$\sum\limits_{i=1}^{n}\left(a_i \cdot S_i\sum\limits_{j=i}^{n}a^2_j\right)\le \sum\limits_{i=1}^{n}\left(a_iS_i\right)^2.$$

Bài 56 (MEMO). Cho số nguyên dương $n \ge 2$ và $x_1, x_2, \ldots, x_n$ là các số thực thỏa mãn đồng thời

  • $x_j > -1$ với mọi $j = 1, 2,  \ldots, n.$
  • $x_1 + x_2 + \cdots + x_n = n.$

Chứng minh rằng

$$ \sum_{j = 1}^{n} \frac{1}{1 + x_j} \ge \sum_{j = 1}^{n} \frac{x_j}{1 + x_j^2}.$$
Đẳng thức xảy ra khi vào ?

 

Bài 57 (Iran MO 3rd Round Finals). Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $abc=1.$ Chứng minh rằng
$$\frac {a+b}{(a+b+1)^2}+\frac {b+c}{(b+c+1)^2}+\frac {c+a}{(c+a+1)^2} \geqslant \frac {2}{a+b+c}.$$



 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 02-09-2016 - 08:43

Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#124 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

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

Đã gửi 04-09-2016 - 23:46

Bài 57 (KMO Winter School). Cho $n$ số thực dương $x_1,x_2,\ldots,x_n.$ Chứng minh rằng
\[(1+x_1)(1+x_1+x_2)\cdots(1+x_1+x_2+\cdots+x_n)\geq\sqrt{(n+1)^{n+1} x_1x_2\cdots x_n}.\]
P/s. Bài này khá hay nhưng không mới, là một đề thi cũ của Nga. :)


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#125 tpdtthltvp

tpdtthltvp

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 830 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boldsymbol{\text{hell on earth}}$

Đã gửi 05-09-2016 - 10:18

Bài 57 (Iran MO 3rd Round Finals). Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $abc=1.$ Chứng minh rằng

$$\frac {a+b}{(a+b+1)^2}+\frac {b+c}{(b+c+1)^2}+\frac {c+a}{(c+a+1)^2} \geqslant \frac {2}{a+b+c}.$$

 

Áp dụng BĐT $Cauchy-schwarz,$ ta có:

$$(a+b+c)(a+b+\frac{1}{c})\geq (a+b+1)^2$$

Kết hợp với $abc=1$

$$\sum \frac{a+b}{(a+b+1)^2}\geq \sum \frac{a+b}{(a+b+c)(a+b+ab)}$$

Cuối cùng ta chỉ cần chứng minh:

$$\sum \frac{a+b}{a+b+ab}\geq 2\Leftrightarrow \sum \frac{ab}{a+b+ab}\leq 1$$

Đặt $a=\frac{1}{x^3};b=\frac{1}{y^3},c=\frac{1}{z^3}$ thì $xyz=1$ và:

$$\sum \frac{ab}{a+b+ab}=\sum \frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+1}=\sum \frac{1}{x^3+y^3+xyz}\leq \sum \frac{1}{xy(x+y)+xyz}=\sum \frac{z}{xyz(x+y+z)}=\sum \frac{z}{x+y+z}=1.$$

Do đó ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 05-09-2016 - 12:18

$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$

$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$

 


#126 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

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

Đã gửi 13-09-2016 - 13:50

Bài 59 (China Second Round). Cho $ a,b,c$ là ba số thực thỏa mãn điều kiện $a>b^2$ và $b>c^2 .$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$(a-b^2)(b-c^2)(c-a^2).$$
 


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#127 Kalari499

Kalari499

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-09-2016 - 17:44

Bài trên cứ cảm giác như thiếu điều kiện gì đó ấy @@



#128 MATHVNkakaka

MATHVNkakaka

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 8 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:MATH and Harvard !!!

Đã gửi 13-09-2016 - 19:02

Đúng rồi em, mình giải ở đây luôn. :)

dạ anh ơi cho em hỏi là dấu sigma được dùng như thế nào ? có phải là tổng không ?



#129 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

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

Đã gửi 13-09-2016 - 19:28

dạ anh ơi cho em hỏi là dấu sigma được dùng như thế nào ? có phải là tổng không ?

 

Ký hiệu $\sum $ là tổng.


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#130 MATHVNkakaka

MATHVNkakaka

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 8 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:MATH and Harvard !!!

Đã gửi 13-09-2016 - 19:36

Ký hiệu $\sum $ là tổng

có thể nói rõ cho em là tại sao em làm đúng theo diễn đàn mà k gõ được kí hiêu toán học ko ?



#131 Mr Cooper

Mr Cooper

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 111 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\color{Blue}{\text{Quảng Trị}}$
  • Sở thích:${\color{Cyan}{\boxed{{\color{Yellow}{\boxed{{\color{blue}
    \bigstar}}\boxed{\color{red}{\text{CHUYÊN TOÁN}}}\boxed{{\color{Green}\bigstar}}}}}}}$

Đã gửi 07-11-2016 - 17:13

Bài 17 (Azerbaijan Junior Mathematical Olympiad). Với $x,\,y,\,z$ là ba số thực khác $0.$ Chứng minh rằng $$\sqrt {x^2+\frac {1}{y^2}}+ \sqrt {y^2+\frac {1}{z^2}}+ \sqrt {z^2+\frac {1}{x^2}}\geq 3\sqrt {2}. $$

 

 

Bài 17:

Áp dụng bất đẳng thức Minkowxki ta có:

\[\sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{y^2}}}}  + \sqrt {{y^2} + \frac{1}{{{z^2}}}}  + \sqrt {{z^2} + \frac{1}{{{x^2}}}}  \ge \sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} \]

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:

\[\sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}}  \ge \sqrt {9\sqrt[3]{{{x^2}{y^2}{z^2}}} + 9\frac{1}{{\sqrt[3]{{{x^2}{y^2}{z^2}}}}}}  \ge 3\sqrt 2 \]

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1


$\color{Blue}{\text{Toán học thuần túy theo cách riêng của nó là thi ca của tư duy Logic - Albert Einstein}}$ 

 

$\fbox{VMF IN MY HEART}$ 

 

 

 

 

 

 


#132 Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 344 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Đang tải

Đã gửi 07-11-2016 - 17:57

Ký hiệu $\sum $ là tổng.

Kí hiệu $\sum $ được chia làm 2 loại:
+Sigma cyclic : Tổng hoá vị.
Kí hiệu: $\sum_{cyc}^{}$
+Sigma symetric : Tổng đối xứng 
Kí hiệu: $\sum_{sym}^{}$ 
Ta có thể ghi  $\sum $ nếu không sợ bị nhầm nhẫm 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 07-11-2016 - 17:58

 

 

a9e5a6dabe4e4368a5a82eeed37825d2.1.gif

 


#133 nhatkinan

nhatkinan

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 54 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:tp hà nội
  • Sở thích:thể thao , xem bóng đá , fc barcelona

Đã gửi 01-12-2016 - 00:13

Không biết giải bài ở đây có vi phạm không anh nhỉ :( 
$VT=\sum \frac{a^3+1+1+6}{a^3(b+c)} \ge \sum \frac{3a+6}{a^3(b+c)}=\sum \frac{3(a+2)}{a^3(b+c)}$ 
Ta sẽ chứng minh $\sum \frac{3(a+2)}{a^3(b+c)} \ge \frac{27}{2}$ (*)
Chợt nhận thấy bài toán quen thuộc của IMO 1995  
Nếu $abc=1$ thì $\sum \frac{1}{a^3(b+c)} \ge \frac{3}{2}$ 
Áp dụng suy ra $\frac{6}{a^3(b+c)} \ge 9$ 
Lại có $\sum \frac{3}{a^2(b+c)}=\sum \frac{3(bc)^2}{b+c} \ge \frac{3(\sum ab)^2}{2\sum a}$ (1) 
Lại có $(\sum ab)^2 \ge 3.abc(a+b+c)$ nên từ (1) suy ra $\frac{3(\sum ab)^2}{2\sum a} \ge \frac{9}{2}$ 
Cộng lại suy ra (*) được chứng minh 
Vậy giá trị nhỏ nhất là $\frac{27}{2}$ khi và chỉ khi $a=b=c=1$

bài này nếu mh nhớ kh nhầm thì từng đăng lên báo toán hk tuổi trẻ rồi



#134 dungxibo123

dungxibo123

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:Fifa Online 3 và môn Toán

Đã gửi 08-12-2016 - 15:08

Từ giả thiết, áp dụng bđt AM-GM, ta được:
$1\leq \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\leq \frac{1}{9}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(a+b+c)(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\leq \frac{1}{3}(a+b+c)^2\Rightarrow a+b+c\geq \sqrt{3}$
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=$\frac{1}{\sqrt{3}}$

1\leq\sum a\sqrt{bc}\leq\sum ab+bc+ca\leq\frac{(a+b+c)^{2}}{3}

$\Rightarrow a+b+c \geq \sqrt{3}$

em nghĩ cách này khá tự nhiên và khái quát :)) 
P/s: hồi nào ra sách vậy em chơ mãi mà chưa thấy


myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#135 dungxibo123

dungxibo123

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:Fifa Online 3 và môn Toán

Đã gửi 08-12-2016 - 15:12

Bài 60 : ( Polish MO 2009) 

cho $n \geq 1$ và $ a,b,c>0$

chứng minh $\sum \frac{a^{n+1}}{b+c}\geq(\sum \frac{a^{n}}{b+c})\sqrt[n]{\frac{\sum a^{n}}{3}}$

 

 

em xin ké bài này :)) đăng trên diễn đàn mãi mà chưa thấy mem nào trả lời nên :)) cho em ké ạ


myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#136 DNThi

DNThi

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết

Đã gửi 22-03-2017 - 15:13

Bài 17:

Áp dụng bất đẳng thức Minkowxki ta có:

\[\sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{y^2}}}}  + \sqrt {{y^2} + \frac{1}{{{z^2}}}}  + \sqrt {{z^2} + \frac{1}{{{x^2}}}}  \ge \sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} \]

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:

\[\sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}}  \ge \sqrt {9\sqrt[3]{{{x^2}{y^2}{z^2}}} + 9\frac{1}{{\sqrt[3]{{{x^2}{y^2}{z^2}}}}}}  \ge 3\sqrt 2 \]

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1

AM-GM hai lần

\[\sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{y^2}}}}  + \sqrt {{y^2} + \frac{1}{{{z^2}}}}  + \sqrt {{z^2} + \frac{1}{{{x^2}}}}  \geq \sqrt{2} \left(\sqrt{\frac{x}{y}}+\sqrt{\frac{y}{z}}+\sqrt{\frac{z}{x}}\right) \geq 3\sqrt{2}\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DNThi: 22-03-2017 - 15:15

Hướng dẫn soạn thảo văn bản Toán học chuẩn $\LaTeX$ dễ dàng với LyX

http://toantinhoc.ga...c-toan-voi-lyx/


#137 DNThi

DNThi

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết

Đã gửi 22-03-2017 - 15:49

Bài 55 (2016 CWMO). Cho $a_1,a_2,\ldots,a_n$ là các số thực không âm và đặt $\displaystyle S_k= \sum\limits_{i=1}^{k}a_i,\;(1\le k\le n).$  Chứng minh rằng

$$\sum\limits_{i=1}^{n}\left(a_i \cdot S_i\sum\limits_{j=i}^{n}a^2_j\right)\le \sum\limits_{i=1}^{n}\left(a_iS_i\right)^2.$$

 

Ta có

 

 

$$VT=\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}\left(\sum_{k=1}^{i}a_{i}\right)\left(\sum_{j=i}^{n}a_{j}^{2}\right)\right)=\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}\sum_{1\leq k\leq i\leq j}^{n}a_{k}a_{j}^{2}\right)=\sum_{1\leq k\leq i\leq j\leq n}^{n}a_{k}a_{i}a_{j}^{2}=\sum_{1\leq i\leq j\leq n}^{n}a_{i}^{2}a_{j}^{2}+\sum_{1\leq k<i\leq j\leq n}^{n}a_{k}a_{i}a_{j}^{2}$$

 

 

 

do đó bđt cần chứng minh tương đương với

 

$$0\leq\sum_{1\leq j<k\leq i\leq n}a_{j}a_{k}a_{i}^{2}$$

 

Đẳng thức xảy ra khi $a_i=0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DNThi: 23-03-2017 - 00:12

Hướng dẫn soạn thảo văn bản Toán học chuẩn $\LaTeX$ dễ dàng với LyX

http://toantinhoc.ga...c-toan-voi-lyx/


#138 DNThi

DNThi

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết

Đã gửi 25-03-2017 - 16:51

Bản gõ $\LaTeX$ tổng hợp một số đề và lời giải chưa hoàn chỉnh, file ineq-2016-mo.lyx được phép tải về đề một bạn nào đó tiếp tục cho hoàn thành.

 

 

File gửi kèm


Hướng dẫn soạn thảo văn bản Toán học chuẩn $\LaTeX$ dễ dàng với LyX

http://toantinhoc.ga...c-toan-voi-lyx/





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh