Đến nội dung


Chú ý

Nếu bạn gặp lỗi trong quá trinh đăng ký thành viên, hoặc đã đăng ký thành công nhưng không nhận được email kích hoạt, hãy thực hiện những bước sau:

  • Đăng nhập với tên và mật khẩu bạn đã dùng kể đăng ký. Dù bị lỗi nhưng hệ thống đã lưu thông tin của bạn vào cơ sở dữ liệu, nên có thể đăng nhập được.
  • Sau khi đăng nhập, phía góc trên bên phải màn hình sẽ có nút "Gửi lại mã kích hoạt", bạn nhấn vào nút đó để yêu cầu gửi mã kích hoạt mới qua email.
Nếu bạn đã quên mật khẩu thì lúc đăng nhập hãy nhấn vào nút "Tôi đã quên mật khẩu" để hệ thống gửi mật khẩu mới cho bạn, sau đó làm theo hai bước trên để kích hoạt tài khoản. Lưu ý sau khi đăng nhập được bạn nên thay mật khẩu mới.

Nếu vẫn không đăng nhập được, hoặc gặp lỗi "Không có yêu cầu xác nhận đang chờ giải quyết cho thành viên đó", bạn hãy gửi email đến [email protected] để được hỗ trợ.
---
Do sự cố ngoài ý muốn, tất cả bài viết và thành viên đăng kí sau ngày 08/08/2019 đều không thể được khôi phục. Những thành viên nào tham gia diễn đàn sau ngày này xin vui lòng đăng kí lại tài khoản. Ban Quản Trị rất mong các bạn thông cảm. Mọi câu hỏi hay thắc mắc các bạn có thể đăng vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để được hỗ trợ. Ngoài ra nếu các bạn thấy diễn đàn bị lỗi thì xin hãy thông báo cho BQT trong chủ đề Báo lỗi diễn đàn. Cảm ơn các bạn.

Ban Quản Trị.


Hình ảnh

Inequalities From 2016 Mathematical Olympiads


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 139 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
  • 945 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
  • 945 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
  • 945 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
  • 831 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boldsymbol{\text{CVP}}$

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
  • 945 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
  • 37 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
  • 945 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

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 496 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Miền cắt trắng
  • Sở thích:$\mathbb{Geometry}$

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



#132 Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 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


#133 nhatkinan

nhatkinan

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 56 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

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:...

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

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:...

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
  • 8 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
  • 8 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
  • 8 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/


#139 aodaidanang

aodaidanang

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:Áo dài Đà Nẵng - Áo dài My Color - https://www.facebook.com/aodaimycolor.dn/

Đã gửi 06-04-2018 - 11:58

Hình như bài 59 thiếu điều kiện gì ấy :(


Áo dài Đà Nẵng https://goo.gl/SNZ9Kq

Thuê áo dài Đà Nẵng https://goo.gl/SNZ9Kq

Áo dài Đà Nẵng

Thuê áo dài Đà Nẵng


#140 toanhoc2017

toanhoc2017

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 603 Bài viết

Đã gửi 19-05-2018 - 09:18

co bai tap dua len anh em tham khao nhe




0 người đang xem chủ đề

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