Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh
* * * * - 3 Bình chọn

Bất đẳng thức qua các kì thi toán quốc tế

imo olympiad kvant imo shortlist tst jbmo apmo mosp balkan

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 64 trả lời

#1 Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Đang tải

Đã gửi 18-11-2016 - 18:13

$\S$ Bất đẳng thức qua các kì thi toán quốc tế

 

$\bigstar$ Lời nói đầu: 
Đây là topic về các bài bất đẳng thức qua các kì thi IMO, Olympiad, .... , các bài toán nổi tiếng và các bài toán xuất hiện trên các tạp chí toán học nổi tiếng.

 

$\bigstar$ Ghi chú: 
Các bạn đọc kĩ ghi chú trước khi đăng bài giải và đăng bài giúp topic phát triển mạnh mẽ
$\bullet$ Bài đăng đúng chủ đề, không spam,....
$\bullet$ Bài đăng phải đánh số thứ tự bài 1, 2, .... khi đăng cần chú ý .
$\bullet$ Đáp án đăng phải rõ ràng đúng, bài đăng sai nếu phát hiện phải chỉ rõ ra chỗ sai không được nói bừa

$\bullet$ Bài đăng phải gõ latex 

$\bullet$ Không sử dụng từ ngữ thô tục, không chửi nhau, không nói bậy.

Cùng chung tay xây dựng topic phát triển mạnh mẽ !!!  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2: 
 


  • Bài 1 : [IMO 1964]

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng:

$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$

  • Bài 2 : [IMO 1983]

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng:

$a^{2}b(a-b)+b^{2}c(b-c)+c^{2}a(c-a)\geq 0$

  • Bài 3 : [UK 1983] 

Chứng minh rằng $\forall$ a, b, c , d > 0. Ta có:

$\frac{ab}{a+b}+\frac{cd}{c+d}+\frac{ef}{e+f}\leq \frac{(a+c+e)(b+d+f)}{a+b+c+d+e+f}$

  • Bài 4 : [China 1984] 

Cho n $\geq$ 2 và các số thực dương $a_{1},a_{2},...,a_{n}$. Chứng minh rằng: 

$\frac{a_{1}^{2}}{a_{2}}+\frac{a_{2}^{2}}{a_{3}}+...+\frac{a_{n-1}^{2}}{a_{n}}+\frac{a_{n}^{2}}{a_{1}}\geq a_{1}+a_{2}+...+a_{n}$

  • Bài 5 : [IMO 1984]

Cho x, y, z $\geq$ 0 và x + y + z = 1. Chứng minh rằng: 

$0\leq xy+yz+zx-2xyz\leq \frac{7}{27}$ 

  • Bài 6 : [Russia 1984]

Chứng minh rằng với mọi a, b > 0 ta luôn có:

$\frac{(a+b)^{2}}{2}+\frac{a+b}{4}\geq a\sqrt{b}+b\sqrt{a}$

  • Bài 7 : [UK 1986]

Cho x + y + z = 0 và $x^{2}+y^{2}+z^{2}=6$. Tìm Giá trị lớn nhất của: 

$x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x.$

  • Bài 8 : [IMO Shortlist 1987]

Cho x, y, z $\in \mathbb{R}$ và $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2$. Chứng minh rằng: 

$x+y+z\leq xyz+2$

  • Bài 9 : [Kvant 1988]

$3+a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3.\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{1+abc}$

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

 

  • Bài 10 : [Russia 1989]

Cho x, y, z $\in \mathbb{R}$ và xyz(x + y + z) = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$\left ( x+y \right )\left ( y+z \right )$

  • Bài 11 : [IMO Shortlist 1990] 

Cho a, b, c, d > 0 và ab + bc + cd +da = 1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{3}}{b+c+d}\geq \frac{1}{3}$

  • Bài 12 : [Russia 1990]

Chứng minh rằng với mọi x ta có: 

$x^{4}>x-\frac{1}{2}$

  • Bài 13 : [UK 1990]

Chứng minh rằng với mọi x, y, z ta luôn có bất đẳng thức sau: 

$\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}-yz+z^{2}}\geq \sqrt{z^{2}+zx+x^{2}}$

  • Bài 14 : [APMO 1991]

Cho $a_{i}>0,b_{i}>0$ $\forall i=\overline{1,n}$ và $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=b_{1}+b_{2}+...+b_{n}$​

$\frac{a_{1}^{2}}{a_{1}+b_{1}}+\frac{a_{2}^{2}}{a_{2}+b_{2}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{a_{n}+b_{n}}\geq \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{2}$

  • Bài 15 : [Mongolia 1991]

Cho a, b, c lá các số thực thoả mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2$. Chứng minh rằng:

$\prod (1+a)\geq 8\prod (1-a)$

  • Bài 16 : [Russia 1991] 

Cho x, y, z là các số thực không âm. Chứng minh bất đẳng thức sau: 

$\frac{(x+y+z)^{2}}{3}\geq x\sqrt{yz}+y\sqrt{xz}+z\sqrt{xy}$

  • Bài 17 : [Viet Nam 1991]

Chứng minh rằng $\forall x\geq y\geq z>0$ ta có :

$\sum \frac{x^{2}y}{z}\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}$

  • Bài 18 : [Poland 1992]

Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có: 

$\prod (b+c-a)^{2}\geq \prod (b^{2}+c^{2}-a^{2})$

  • Bài 19 : [Russia 1992]

Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng: 

$x^{4}+y^{4}+z^{2}\geq 2\sqrt{2}xyz$

  • Bài 20 : [United Kingdom 1992]

Cho x, y, z, w là các số thực dương. Chứng minh rằng : 

$\frac{12}{x+y+z+w}\leq \sum_{sym}^{} \frac{1}{x+y}\leq \frac{3}{4}\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{w} \right )$

 

Khi nào rảnh mình sẽ đăng tiếp. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 19-11-2016 - 20:56


#2 Nhat Tan

Nhat Tan

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 18-11-2016 - 19:07

câu 4:

theo BĐT Bunhia dạng phân thức thì ta có:$VT \geq \frac{\left ( A1 + A2 +...+ An \right )^{2}}{A1+A2+...+An}= A1+A2+..+An=VP$

(đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nhat Tan: 18-11-2016 - 19:17


#3 Nhat Tan

Nhat Tan

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 18-11-2016 - 19:12

câu 12

Ta có VT=$x^{^{4}} - x + \frac{1}{2} = x^{^{4}} -x^{2} + \frac{1}{4} +x^{2} -x +\frac{1}{4} = (x^{2}-\frac{1}{2})^{2} + (x-\frac{1}{2})^{2}>0$

( do dấu bằng không đồng thời xảy ra)



#4 tranductucr1

tranductucr1

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT PHan Bội Châu
  • Sở thích:đọc những truyện truyền cảm hứng
    lịch sữ toán học

Đã gửi 18-11-2016 - 19:36

 

$\S$ Bất đẳng thức qua các kì thi toán quốc tế

 

$\bigstar$ Lời nói đầu: 
Đây là topic về các bài bất đẳng thức qua các kì thi IMO, Olympiad, .... , các bài toán nổi tiếng và các bài toán xuất hiện trên các tạp chí toán học nổi tiếng.

 

$\bigstar$ Ghi chú: 
Các bạn đọc kĩ ghi chú trước khi đăng bài giải và đăng bài giúp topic phát triển mạnh mẽ
$\bullet$ Bài đăng đúng chủ đề, không spam,....
$\bullet$ Bài đăng phải đánh số thứ tự bài 1, 2, .... khi đăng cần chú ý .
$\bullet$ Đáp án đăng phải rõ ràng đúng, bài đăng sai nếu phát hiện phải chỉ rõ ra chỗ sai không được nói bừa
$\bullet$ Không sử dụng từ ngữ thô tục, không chửi nhau, không nói bậy.

Cùng chung tay xây dựng topic phát triển mạnh mẽ !!!  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2: 
 


  • Bài 1 : [IMO 1964]

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng:

$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$

  • Bài 2 : [IMO 1983]

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng:

$a^{2}b(a-b)+b^{2}c(b-c)+c^{2}a(c-a)\geq 0$

  • Bài 3 : [UK 1983] 

Chứng minh rằng $\forall$ a, b, c , d > 0. Ta có:

$\frac{ab}{a+b}+\frac{cd}{c+d}+\frac{ef}{e+f}\leq \frac{(a+c+e)(b+d+f)}{a+b+c+d+e+f}$

  • Bài 4 : [China 1984] 

Cho n $\geq$ 2 và các số thực dương $a_{1},a_{2},...,a_{n}$. Chứng minh rằng: 

$\frac{a_{1}^{2}}{a_{2}}+\frac{a_{2}^{2}}{a_{3}}+...+\frac{a_{n-1}^{2}}{a_{n}}+\frac{a_{n}^{2}}{a_{1}}\geq a_{1}+a_{2}+...+a_{n}$

  • Bài 5 : [IMO 1984]

Cho x, y, z $\geq$ 0 và x + y + z = 1. Chứng minh rằng: 

$0\leq xy+yz+zx-2xyz\leq \frac{7}{27}$ 

  • Bài 6 : [Russia 1984]

Chứng minh rằng với mọi a, b > 0 ta luôn có:

$\frac{(a+b)^{2}}{2}+\frac{a+b}{4}\geq a\sqrt{b}+b\sqrt{a}$

  • Bài 7 : [UK 1986]

Cho x + y + z = 0 và $x^{2}+y^{2}+z^{2}=6$. Tìm Giá trị lớn nhất của: 

$x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x.$

  • Bài 8 : [IMO Shortlist 1987]

Cho x, y, z $\in \mathbb{R}$ và $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2$. Chứng minh rằng: 

$x+y+z\leq xyz+2$

  • Bài 9 : [Kvant 1988]

$3+a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3.\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{1+abc}$

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

 

  • Bài 10 : [Russia 1989]

Cho x, y, z $\in \mathbb{R}$ và xyz(x + y + z) = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$\left ( x+y \right )\left ( y+z \right )$

  • Bài 11 : [IMO Shortlist 1990] 

Cho a, b, c, d > 0 và ab + bc + cd +da = 1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{3}}{b+c+d}\geq \frac{1}{3}$

  • Bài 12 : [Russia 1990]

Chứng minh rằng với mọi x ta có: 

$x^{4}>x-\frac{1}{2}$

  • Bài 13 : [UK 1990]

Chứng minh rằng với mọi x, y, z ta luôn có bất đẳng thức sau: 

$\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}-yz+z^{2}}\geq \sqrt{z^{2}+zx+x^{2}}$

  • Bài 14 : [APMO 1991]

Cho $a_{i}>0,b_{i}>0$ $\forall i=\overline{1,n}$ và $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=b_{1}+b_{2}+...+b_{n}$

  • Bài 15 : [Mongolia 1991]

Cho a, b, c lá các số thực thoả mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2$. Chứng minh rằng:

$\prod (1+a)\geq 8\prod (1-a)$

  • Bài 16 : [Russia 1991] 

Cho x, y, z là các số thực không âm. Chứng minh bất đẳng thức sau: 

$\frac{(x+y+z)^{2}}{3}\geq x\sqrt{yz}+y\sqrt{xz}+z\sqrt{xy}$

  • Bài 17 : [Viet Nam 1991]

Chứng minh rằng $\forall x\geq y\geq z>0$ ta có :

$\sum \frac{x^{2}y}{z}\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}$

  • Bài 18 : [Poland 1992]

Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có: 

$\prod (b+c-a)^{2}\geq \prod (b^{2}+c^{2}-a^{2})$

  • Bài 19 : [Russia 1992]

Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng: 

$x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq 2\sqrt{2}xyz$

  • Bài 20 : [United Kingdom 1992]

Cho x, y, z, w là các số thực dương. Chứng minh rằng : 

$\frac{12}{x+y+z+w}\leq \sum_{sym}^{} \frac{1}{x+y}\leq \frac{3}{4}\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{w} \right )$

 

Khi nào rảnh mình sẽ đăng tiếp. 

 

Russia 92
$x^4+y^4+z^4 \geq x^4+2(yz)^2 \geq 2\sqrt{2}xyz $

Russia 89

$(x+y)(y+z)=y^2+xy+yz+xz=y(x+y+z)+xz \geq 2\sqrt{xyz(x+y+z)}=2$


Để trở thành người phi thường, tôi không cho phép bản thân tầm thường

Roronoa Zoro- One piece

Liên lạc với tôi qua https://www.facebook...0010200906065  


#5 NguyenVanCao

NguyenVanCao

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Đã gửi 18-11-2016 - 19:46

Câu 16: $2\sqrt{yz}\leq(y+z)/2$ 

Tương tự :VT$\leq$(xy+yz+zx)

lại có (x+y+z)2$\geq$3(xy+yz+zx)



#6 mathsomega

mathsomega

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Văn học

Đã gửi 18-11-2016 - 20:32

Câu13:
Áp dụng BĐT Mincopski, ta có:
 

 

$\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}-yz+z^{2}}=\sqrt{(y-\frac{x}{2})^{2}+\frac{3x^{2}}{4}}+\sqrt{(\frac{z}{2}-y)^{2}+\frac{3z^{2}}{4}}\geq \sqrt{(\frac{z}{2}-\frac{x}{2})^{2}+\frac{3(x+z)^{2}}{4}}=\sqrt{x^{2}+xz+z^{2}}$

Đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 06-12-2016 - 00:01


#7 mathsomega

mathsomega

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Văn học

Đã gửi 18-11-2016 - 20:45

Bài 11:
Áp dụng bđt AM-GM, ta có:

 

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\geq ab+bc+cd+da=1$

 

$3(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})\geq 2\sum ab$

Áp dụng bđt Bunhiacopski, ta có;

$\sum \frac{a^{3}}{b+c+d}= \sum \frac{a^{4}}{ab+ac+ad}\geq\frac{(\sum a^{2})^{2}}{2\sum ab }>=\frac{\sum a^{2}}{3(\sum a^{2})}= \frac{1}{3}$

Bài 20:
Áp dụng bđt Bunhiacopski, ta có:

 

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq\frac{4}{x+y}$
Thiết lập các bđt tương tự rồi cộng lại, ta được:

 

$\frac{3\sum \frac{1}{x}}{4}\geq\sum \frac{1}{x+y}$

(dpcm)

Lại theo bđt Bunhiacopski

$\sum \frac{1}{x+y}\geq \frac{36}{3(x+y+z+t)}\geq \frac{12}{x+y+z+t}$

(đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 22-11-2016 - 17:34


#8 tuan25

tuan25

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 19 Bài viết

Đã gửi 18-11-2016 - 20:49

cau 5
$x+y+z=1\Rightarrow x\le 1\Leftrightarrow xyz\le yz$
Tương tự $xy\ge xyz      và      yz\ge xyz$
=>$\Rightarrow xy+yz+zx-2xyz\ge xyz+xyz+xyz-2xyz=xyz\ge 0$
Ta có bđt sau : $\left(x+y-z\right)\left(x+z-y\right)\left(y+z-x\right)\le xyz$
$\Leftrightarrow \left(1-2x\right)\left(1-2y\right)\left(1-2z\right)\le xyz$
$\Leftrightarrow 1-2\left(x+y+z\right)+4\left(xy+yz+zx-2xyz\right)\le xyz$
$\Leftrightarrow xy+yz+zx-2xyz\le \frac{xyz+1}{4}\le \frac{\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}+1}{4}\le \frac{7}{27}$
 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuan25: 18-11-2016 - 23:13


#9 mathsomega

mathsomega

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Văn học

Đã gửi 18-11-2016 - 20:53

Mình cũng xin góp 1 bài:

Bài 22:(Russia 1986) CMR: $\frac{\sum_{i=1}^{3n}\sin i }{sin i}>\frac{8n}{5}$ với mọi số nguyên dương $n$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 22-11-2016 - 20:20


#10 The Flash

The Flash

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 190 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:T1K27 Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh
  • Sở thích:Liverpool FC, Toán học, LMHT

Đã gửi 18-11-2016 - 22:11

Bài 10:

$(x+y)(x+z)=xy+yz+zx+y^2=y(x+y+z)+zx$

$=y.\frac{1}{xyz}+zx=\frac{1}{zx}+zx\geq 2$

Dấu "=" xảy ra khi chẳng hạn $y=z=1,x=\sqrt{2}-1$



#11 Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Đang tải

Đã gửi 18-11-2016 - 22:46

Câu13:
By mincopski inequality, we have

sqrt(x^2-xy+y^2) +sqrt(y^2+yz+z^2) = sqrt((y-x/2)^2+(3x^2)/4)) + sqrt((z/2-y)^2+(3z^2)/4)) >= sqrt(((z-x)^2)/4+(3(x+z)^2)/4) = sqrt(x^2+zx+z^2) (q.e.d)

 

Bài 11:
Áp dụng bđt AM-GM, ta có:
a^2+b^1+c^2+d^2>=ab+bc+cd+da=1(1)
3(a^2+b^2+c^2+d^2)>= 2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)(2)
Áp dụng bđt Bunhiacopski, ta có;

a^3/(b+c+d) + b^3/(c+d+a) + c^3/(d+a+b) + d^3/(a+b+c) >= (a^2+b^2+c^2+d^2)^2/(2(ab+ac+ad+bc+bd+cd))
>= 1/3( do (1) và (2) (đpcm)

Bài 20:
Áp dụng bđt Bunhiacopski, ta có:
1/x+1/y>=4/(x+y)
1/x+1/z>=4/(x+z)
1/x+1/w>=4/(x+w)
1/y+1/z>=4/(y+z)
1/y+1/w>=4/(y+w)
1/z+1/w >=4/(z+w)
=> 3(1/x+1/y+1/z+1/w)/4>= sigma(sym)(1/(x+y))
>= 36/(3(x+y+z+w) ( bđt Bunhiacopski)
=12/(x+y+z+w) (đpcm)

 

cau 5
x+y+z=1\Rightarrow x\leq 1\Rightarrow xyz\leqslant yz 
Tương tự $xy\ge xyz             yz\ge xyz$
=>$\Rightarrow xy+yz+zx-2xyz\ge xyz+xyz+xyz-2xyz=xyz\ge 0$
Ta có bđt sau : $\left(x+y-z\right)\left(x+z-y\right)\left(y+z-x\right)\le xyz$
$\Leftrightarrow \left(1-2x\right)\left(1-2y\right)\left(1-2z\right)\le xyz$
$\Leftrightarrow 1-2\left(x+y+z\right)+4\left(xy+yz+zx-2xyz\right)\le xyz$
$\Leftrightarrow xy+yz+zx-2xyz\le \frac{xyz+1}{4}\le \frac{\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}+1}{4}\le \frac{7}{27}$
 

 

Mình cũng xin góp 1 bài:

Bài 21:(Russia 1986) CMR: | sin1 | + | sin2 | + ... + | sin(3n) | > 8n/5 với mọi số nguyên dương n.

Các bạn nên đọc kĩ phần chú ý của topic nhé
Gõ latex. Đây cũng là nội quy chung của diễn đàn trong 24h tới các bạn không sử bài mình sẽ báo cáo hết :D 
Mong các bạn tuân thủ.  :closedeyes:  :closedeyes:  :closedeyes:



#12 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 18-11-2016 - 22:54

$\boxed{\text{Bài 7}}$ (UK '86) Bài toán này có nhiều cách, dưới đây xin trình bày một cách:

Dễ dàng tính được $xy+yz+zx=-3$. Ta có

$3\sum{x^2y}=\sum{x(2xy+z^2)}\leq\sqrt{(\sum{x^2})[\sum{(2xy+z^2)^2}]}$

$=\sqrt{6\sum{(2xy+z^2)^2}}=\sqrt{6\sum{(4x^2y^2+4xyz^2+z^4)}}$

$=\sqrt{6[(\sum{x^2})^2+2\sum{x^2y^2}+4xyz\sum{x}]}=18$.

Suy ra:

$x^2y+y^2z+z^2x\leq 6$.



#13 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 18-11-2016 - 23:05

$\boxed{\text{Bài 2}}$ (IMO '83) Xin trình bày lời giải đặc biệt của Bernhard Leeb

W.l.o.g, giả sử $a=max\left\{ a,b,c\right\}$. Ta có:

$\sum{a^2b(a-b)}=a(b+c-a)(b-c)^2+b(a+b-c)(a-b)(a-c)\geq 0$. $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 18-11-2016 - 23:12


#14 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 18-11-2016 - 23:10

$\boxed{\text{Bài 8}}$ (IMOSL '87)

Ta có 

$(x+y+z-xyz)^2=\left( x(1-yz)+(y+z)\right)^2\leq\left( x^2+(y+z)^2\right)\left( (1-yz)^2+1\right)$

     $=(x^2+y^2+z^2+2yz)(2-2yz+y^2z^2)=2(1+yz)(2-2yz+y^2z^2)$

     $=4(1-y^2z^2)+2(1+yz)y^2z^2=4+2y^2z^2(yz-1)\leq 4$

(do $yz\leq\frac{y^2+z^2}{2}\leq\frac{x^2+y^2+z^2}{2}=1$).

Suy ra

$x+y+z-xyz\leq 2$. $\square$



#15 tuan25

tuan25

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 19 Bài viết

Đã gửi 18-11-2016 - 23:11

Các bạn nên đọc kĩ phần chú ý của topic nhé
Gõ latex. Đây cũng là nội quy chung của diễn đàn trong 24h tới các bạn không sử bài mình sẽ báo cáo hết :D 
Mong các bạn tuân thủ.  :closedeyes:  :closedeyes:  :closedeyes:

vâng. để e sửa



#16 sharker

sharker

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT AN Dương- Hải Phòng
  • Sở thích:Con gái , BDT :))

Đã gửi 18-11-2016 - 23:12

Bài 12

$$\Leftrightarrow x^4-x+\frac{1}{2}>0\Leftrightarrow (2x^2-1)^2+(2x-1)^2>0 đúng vì \frac{1}{2} không là nghiệm phương trình 2x^2-1$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sharker: 18-11-2016 - 23:22

Anh sẽ vẫn bên em dù bất cứ nơi đâu

Anh sẽ là hạt bụi bay theo gió

Anh sẽ là ngôi sao trên bầu trời phương Bắc

Anh không bao giờ dừng lại ở một nơi nào

Anh sẽ là ngọn gió thổi qua các ngọn cây

Em sẽ mãi mãi đợi anh chứ ??

will you wait for me forever


#17 sharker

sharker

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT AN Dương- Hải Phòng
  • Sở thích:Con gái , BDT :))

Đã gửi 18-11-2016 - 23:15

$(\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y})(\frac{x^2z}{y}+\frac{y^2x}{z}+\frac{z^2y}{x})\geq (x^2+y^2+z^2)^2 \Leftrightarrow (\frac{x^2z}{y}+\frac{y^2x}{z}+\frac{z^2y}{x})\leq (\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}) \Leftrightarrow \frac{(xy+yz+xz)(x-y)(x-z)(y-z)}{xyz}\geq 0$ (dpcm)


Anh sẽ vẫn bên em dù bất cứ nơi đâu

Anh sẽ là hạt bụi bay theo gió

Anh sẽ là ngôi sao trên bầu trời phương Bắc

Anh không bao giờ dừng lại ở một nơi nào

Anh sẽ là ngọn gió thổi qua các ngọn cây

Em sẽ mãi mãi đợi anh chứ ??

will you wait for me forever


#18 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 18-11-2016 - 23:26

$\boxed{\text{Bài 1}}$ (IMO '64)

W.l.o.g Giả sử $c=min\left\{ a,b,c\right\}$. Ta có

$3abc-\sum{a^2(b+c-a)}=(a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c)\geq 0$. $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 18-11-2016 - 23:38


#19 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 18-11-2016 - 23:38

$\boxed{\text{Bài 18}}$ (Poland '92)

Ta chỉ xét trường hợp $a^2,b^2,c^2$ là ba cạnh một tam giác là đủ.

Trước hết ta có bất đẳng thức sau:

$(b^2-(a-c)^2)^2\geq (b^2-a^2+c^2)(b^2-c^2+a^2)$.

Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với

$(a-c)^2(a^2-b^2+c^2)\geq 0$.

Ta cũng có các bất đẳng thức tương tự $(c^2-(a-b)^2)^2\geq (c^2-a^2+b^2)(c^2-b^2+a^2)$, $(a^2-(b-c)^2)^2\geq (a^2-b^2+c^2)(a^2-c^2+b^2)$.

Nhân theo vế ba bất đẳng thức trên lại, ta có $\text{đ.p.c.m}$.



#20 Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Đang tải

Đã gửi 19-11-2016 - 12:56

Mình xin nhắc lại các bạn nên gõ latex !!!!!!

Tiếp tục với topic : 

  • $\boxed{\text{Bài 21}}$ [Kavnt 1989] 

Với mọi số thực a, b, c, x, y, z, chứng minh bất đẳng thức sau đúng 

$ax+by+cz+\sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})}\geq \frac{2}{3}(a+b+c)(x+y+z)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 19-11-2016 - 12:56






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: imo, olympiad, kvant, imo shortlist, tst, jbmo, apmo, mosp, balkan

1 người đang xem chủ đề

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