Chủ đề này có 39 trả lời

[trungdeptrai]

Đề thi hsg lớp 10
ĐHKHTN(28/8)
Gải sử a,b,c là 3 số thỏa mãn đk $a+b+c=1$
$ \dfrac{a}{1+ a^{2} }+ \dfrac{b}{1+ b^{2} }+ \dfrac{c}{1+ c^{2} } \leq \dfrac{9}{10} $
Bài này mình áp dụng CS dạg engel
Translate into English
Let a,b,c be real numbers such that $a+b+c=1$
Prove that
$ \dfrac{a}{1+ a^{2} }+ \dfrac{b}{1+ b^{2} }+ \dfrac{c}{1+ c^{2} } \leq \dfrac{9}{10} $

hơ,bài này sai rồi thì phải.
Thử: $a=-1,b=0,c=2$
Có lẽ: $a,b,c\geq -\dfrac{3}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trungdeptrai: 12-11-2009 - 03:39

[trungdeptrai]

6/ Cho $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác:
CMR:
$\sum \sqrt{a}(\dfrac {1}{b+c-a}-\dfrac {1}{\sqrt{bc}})\geq 0$
ĐHSP TST Dự Tuyến

Vì $a,b,c$ là ba cạnh tam giác nên ta có thể đặt $a=y+z,b=z+x,c=x+y$
Khi đó:
dpcm$\Leftrightarrow \sum_{a,b,c}\sqrt{y+z}\left( \dfrac{1}{2x}-\dfrac{\sqrt{y+z}}{\sqrt{\left( x+y\right)\left( z+x\right)}}\right)\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum_{a,b,c}\sqrt{\left( x+y\right)\left( y+z\right)\left( z+x\right)}\sqrt{y+z}\left( \dfrac{1}{2x}-\dfrac{\sqrt{y+z}}{\sqrt{\left( x+y\right)\left( z+x\right)}}\right)\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum_{a,b,c}\left( y+z\right)\left( \dfrac{\sqrt{\left( x+y\right)\left( z+x\right)}}{2x}-1\right)\geq 0$$\Leftrightarrow \sum_{a,b,c}\left( y+z\right) \dfrac{\sqrt{\left( x+y\right)\left( z+x\right)}}{2x}\geq 2\left( x+y+z\right)$
Lại có:$\left(x+y \right)\left(x+z \right)\geq {\left( x+\sqrt{yz} \right)}^{2}$(Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz)Tương tự:...
Như vậy ta chỉ cần chứng minh:
$\Leftrightarrow \sum_{a,b,c}\left( y+z\right)\dfrac{x+\sqrt{yz}}{x}\geq 4\left( x+y+z\right)$$\Leftrightarrow \sum_{a,b,c}\left( y+z\right)\left( \dfrac{\sqrt{yz}}{x}+1 \right)\geq 4\left( x+y+z\right)$
$\Leftrightarrow \sum_{a,b,c}\left( y+z\right)\dfrac{\sqrt{yz}}{x}\geq 2\left( x+y+z\right)$
Lại có:$\sqrt{yz}\left( y+z\right)\geq 2yz$(Áp dụng BĐT AM-GM)Tương tự:...
Như vậy ta chỉ cần chứng minh:$\dfrac{xy}{z}+\dfrac{yz}{x}+\dfrac{zx}{y}\geq x+y+z$
BĐT này đúng vì$\dfrac{xy}{z}+\dfrac{yz}{x}\geq 2y$.Tương tự:...cộng lại.
Vậy ta có dpcm...
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

5/ Với ba số $x,y,z$ dương ta kí hiệu $M$ là số lớn nhất trong ba số
$\ln z+\ln(\dfrac{x}{yz}+1),\ \ln\dfrac{1}{z}+\ln(xyz+1),\ \ln y+\ln(\dfrac{1}{xyz}+1)$
Tìm giá trị nhỏ nhất có thể của $M$ khi $x,y,z$ dương thay đổi.
ĐHSP TST 2009 (Vòng phụ)

Đây là đề kiểm tra đội dự tuyển 2009 ạ,em nghĩ ghi vậy rõ hơn ghi là "vòng phụ".

[trungdeptrai]

7/Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca=3.Cm rằng
$\[ \dfrac {1}{1+a^{2}(b+c)}+\dfrac {1}{1+b^{2}(c+a)}+\dfrac {1}{1+c^{2}(a+b) }\leq\dfrac {3}{1+2abc}. \]$
MathLinks Contest Edition 7 round 3

Làm nốt bài rồii bố chí đi ngủ thôi...hic...3h ùi...
Bài này mạnh hơn bài Problem 14 trong tuyển tập năm 2008.
$\dfrac {1}{1+a^{2}(b+c)}+\dfrac {1}{1+b^{2}(c+a)}+\dfrac {1}{1+c^{2}(a+b) }\leq\dfrac {3}{1+2abc}$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz,ta có:
$\sum_{a,b,c}\dfrac {{a}^{2}\left( b+c\right)}{1+a^{2}(b+c)}\geq \dfrac{{\left( \sum_{a,b,c}a\left( b+c\right)\right)}^{2}}{\sum_{a,b,c}\left( b+c\right)\left(1+a^{2}(b+c)\right)}=\dfrac{36}{ \sum_{a,b,c}\left( b+c\right)\left(1+a^{2}(b+c)\right)}$ (chú ý:$ab+bc+ca=3$)
Ta có:$\sum_{a,b,c}\left( b+c\right)\left(1+a^{2}(b+c)\right)=2\left( a+b+c\right)+\sum_{a,b,c}{\left( ab+ac \right)}^{2}=\sum_{a,b,c}\left( {a}^{2}{b}^{2}+{a}^{2}{c}^{2}+2{a}^{2}bc\right)+2 \left ( a+b+c\right)$
$=2{\left( ab+bc+ca\right)}^{2}+2\left( a+b+c\right)\left( 1-abc\right)=2\left(9+\left( a+b+c\right)\left( 1-abc\right) \right)$
Suy ra ta có:$\sum_{a,b,c}\dfrac {{a}^{2}\left( b+c\right)}{1+a^{2}(b+c)}\geq \dfrac{18}{9+\left( a+b+c\right)\left( 1-abc\right)}$
dpcm$\Leftrightarrow \sum_{a,b,c}\dfrac {{a}^{2}\left( b+c\right)}{1+a^{2}(b+c)}+\dfrac{3}{1+2abc}\geq 3$
Như vậy,ta chỉ cần chứng minh:
$\dfrac{18}{9+\left( a+b+c\right)\left( 1-abc\right)}+\dfrac{3}{1+2abc}\geq 3\Leftrightarrow \dfrac{6}{9+\left( a+b+c\right)\left( 1-abc\right)}+\dfrac{1}{1+2abc}\geq 1(*)$
Đến đây dùng $p,q,r$ có vẻ khá khả thi:D.
$\Leftrightarrow \dfrac{6}{9+p\left( 1-r\right)}+\dfrac{1}{1+2r}\geq 1\Leftrightarrow \dfrac{6}{9+p\left( 1-r\right)}\geq \dfrac{2r}{1+2r}$
$\Leftrightarrow 6+12r\geq 18r+2pr-2{p}^{2}{r}^{2}\Leftrightarrow 3\geq \geq 3r+pr-{p}^{2}{r}^{2}\Leftrightarrow \left( r-1\right)\left( pr-3\right)\geq 0$
BĐT trên đúng vì:với mọi $p,q,r$ ta có:
${q}^{2}\geq 3pr\Rightarrow pr\leq 3$
${q}^{3}\geq 27r\Rightarrow r\leq 1$
Vậy ta có dpcm...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trungdeptrai: 12-11-2009 - 11:30

[vo thanh van]

Có thêm 1 số bài sau:
Problem 1:Brazilian Math Olympiad
Let $n > 3$ be a fixed integer and $x_1,x_2,\ldots, x_n$ be positive real numbers. Find, in terms of $n$, all possible real values of
${x_1\over x_n + x_1 + x_2} + {x_2\over x_1 + x_2 + x_3} + {x_3\over x_2 + x_3 + x_4} + \cdots + {x_{n - 1}\over x_{n - 2} + x_{n - 1} + x_n} + {x_n\over x_{n - 1} + x_n + x_1}$
Problem 2:China Girls Math Olympiad
Let $x,y,z$ be real numbers greater than or equal to 1. Prove that
$\prod(x^{2} - 2x + 2)\le (xyz)^{2} - 2xyz + 2.$
Problem 3:Serbian JBTST 4
For positive real numbers $x,y,z$ holds
$\dfrac1{x^2 + 1} + \dfrac1{y^2 + 1} + \dfrac1{z^2 + 1} = \dfrac{1}{2}$
Prove the inequality:
$\dfrac1{x^3 + 2} + \dfrac1{y^3 + 2} + \dfrac1{z^3 + 2} < \dfrac{1}{3}$

[trungdeptrai]

Problem 2:China Girls Math Olympiad
Let $x,y,z$ be real numbers greater than or equal to 1. Prove that
$\prod(x^{2} - 2x + 2)\le (xyz)^{2} - 2xyz + 2.$

Bài này em đã giải bên ddbdt.co.cc
thôi em post luôn ở đây vậy:
Sử dụng bổ đề:
với $a,b\ge 1$thì $\left({a}^{2}-2a+2 \right) \left ({b}^{2}-2b+2 \right) \le { \left (ab \right)}^{2}-2ab+2$
$\leftrightarrow \left(a-1 \right)\left(b-1 \right)\left(a+b-1 \right)\ge 0 $
Suy ra:
$\prod \left({x}^{2}-2x+2\right)\le \left({\left(xy \right)}^{2}-2xy+2 \right)\left({z}^{2}-2z+2 \right)\le {\left(xyz \right)}^{2}-2xyz+2$
Vậy ta có dpcm...
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Còn đây là lời giải của anh Materazzi trên ddbdt.co.cc: http://ddbdt.co.cc/f...wthread.php?t=3

Đặt : $ x=a+1;y=b+1;z=c+1$ ( $a,b,c \ge 0$)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :

$2(\sum ab(a+b))+2(ab+bc+ca)+6abc+2abc(ab+bc+ca)+4abc(a+b+c) \ge 0$

Cái này hiển nhiên đúng nên có điều phải chứng minh .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trungdeptrai: 12-11-2009 - 16:21

[trungdeptrai]

Problem 3:Serbian JBTST 4
For positive real numbers $x,y,z$ holds
$\dfrac1{x^2 + 1} + \dfrac1{y^2 + 1} + \dfrac1{z^2 + 1} = \dfrac{1}{2}$
Prove the inequality:
$\dfrac1{x^3 + 2} + \dfrac1{y^3 + 2} + \dfrac1{z^3 + 2} < \dfrac{1}{3}$

Ta chỉ cần tìm k thỏa mãn các BĐT sau là xong:$\dfrac{1}{{x}^{3}+2}<k \dfrac{1}{{x}^{2}+1}$.Tượng tự:...
Cộng lại:$\sum_{x,y,z}\dfrac{1}{{x}^{3}+2}<k \sum_{x,y,z}\dfrac{1}{{x}^{2}+1}=\dfrac{k}{2}$.Như vậy $k=\dfrac{2}{3}$
Ta chứng minh BĐT đó với $k=\dfrac{2}{3}$:
$\dfrac{1}{{x}^{3}+2}<\dfrac{2}{3\left( {x}^{2}+1\right)}$
$\Leftrightarrow 2{x}^{3}+4 > 3{x}^{2}+3\Leftrightarrow 2{x}^{3}-3{x}^{2}+1>0\Leftrightarrow {\left( x-1\right)}^{2}\left( 2x+1\right)>0$(Đúng do $x=y=z=1$không thỏa mãn ĐK nên dấu "=" không xảy ra)
Vậy ta có dpcm...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trungdeptrai: 14-12-2009 - 19:06

[trungdeptrai]

8/Cho $a\geq b\geq c\geq d > 0$ thỏa mãn abcd=1.Cm
$\[ \dfrac {1}{1+a}+\dfrac {1}{1+b}+\dfrac {1}{1+c}\geq\dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}. \]$
MathLinks Contest Edition 7 round 7

Ơ bài này d cho vào làm gì thế nhỉ???...Anh sửa đề hộ em với.
Mọi người tham gia tích cực vào chứ ạ.

[nguyen xuan huy]

KG biet cua nuoc nao nua
Cho x,y,z>0,$x^2 + y^2 + z^2 = 1$,chứng minh:
$\dfrac{{x + y}}{{1 + xy}} + \dfrac{{y + z}}{{1 + yz}} + \dfrac{{z + x}}{{1 + zx}} \le \dfrac{9}{{2(x + y + z)}}$

[nguyen xuan huy]

Khoa học tự nhiên 2009

File gửi kèm

•  B__i_81.doc   42K   171 Số lần tải

[vo thanh van]

Xin nói rõ với mọi người một chút,đây là Tuyển tập BDT ở các kì thi HSG của các nước trong năm 2009 chứ không phải ở các tỉnh thành,vì thế chúng ta nên tập trung giải các bài BDT của các nước khác thôi ạ.Thank mọi người đã rất hăng hái và năng nổ trong suốt thời gian qua,mong mọi người tiếp tục giữ vững phong độ đó để có thể nhanh chóng hoàn thành tuyển tập.
Thân,

[suguku]

KG biet cua nuoc nao nua
Cho x,y,z>0,$x^2 + y^2 + z^2 = 1$,chứng minh:
$\dfrac{{x + y}}{{1 + xy}} + \dfrac{{y + z}}{{1 + yz}} + \dfrac{{z + x}}{{1 + zx}} \le \dfrac{9}{{2(x + y + z)}}$

solution
không mất tính tổng quát giả sử $x \geq y \geq z$
ta có $\dfrac{x+y}{1+xy} \geq \dfrac{z+x}{1+zx} \geq \dfrac{y+z}{1+yz}/$ ps:(bdtd)
$1+xy \geq 1+zx \geq 1+yz$
do đó theo bdt TREBUSEP ta có
$( \dfrac{x+y}{1+xy} + \dfrac{z+x}{1+zx} + \dfrac{y+z}{1+yz})(1+xy +1+zx +1+yz)\leq 3(x+y +y+z +z+x)$
VẬY ta chỉ cần cm $ \sum \dfrac{6(x+y+z)}{3+\sum xy} \leq \dfrac{9}{2(x+y+z)} $
bdt này luôn đúng theo cauchy + bdtd
Dau bang xay ra khi $x=y=z= \dfrac{1}{ \sqrt{3} } $
PS:to trungdeptrai anh không biết.đề bài chỉ có vậy thôi.em xem ở đây
http://www.mathlinks...cf81040631bad6a

[vo thanh van]

Tiếp theo là 2 bài BDT của Kyrgyzstan,have fun ^^
Problem 1:Kyrgyzstan TST 2009
Does $a^2 + b^2 + c^2 \leqslant 2(ab + bc + ca)$ hold for every $a,b,c$ if it is known that $a^4 + b^4 + c^4 \leqslant 2(a^2 b^2 + b^2 c^2 + c^2 a^2 )$
Problem 2:Kyrgyzstan TST 2009
For any positive $a_1 ,a_2 ,...,a_n$ prove that $\dfrac {{a_1 }} {{a_2 + a_3 }} + \dfrac {{a_2 }} {{a_3 + a_4 }} + ... + \dfrac {{a_n }} {{a_1 + a_2 }} > \dfrac {n} {4}$ holds

[Janienguyen]

Xin nói rõ với mọi người một chút,đây là Tuyển tập BDT ở các kì thi HSG của các nước trong năm 2009 chứ không phải ở các tỉnh thành,vì thế chúng ta nên tập trung giải các bài BDT của các nước khác thôi ạ.Thank mọi người đã rất hăng hái và năng nổ trong suốt thời gian qua,mong mọi người tiếp tục giữ vững phong độ đó để có thể nhanh chóng hoàn thành tuyển tập.
Thân,

Problem (Ian Borsenco,mathematical reflection 2009)
Let a,b,c be real numbers Prove that
$( a^{2} +b^{2} +c^{2})( a^{2}b^{2} +b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}) \geq ( a^{2} + ab+b^{2})(b^{2}+bc +c^{2}) ( a^{2} + ac+c^{2})$

[trungdeptrai]

Tiếp theo là 2 bài BDT của Kyrgyzstan,have fun ^^
Problem 1:Kyrgyzstan TST 2009
Does $a^2 + b^2 + c^2 \leqslant 2(ab + bc + ca)$ hold for every $a,b,c$ if it is known that $a^4 + b^4 + c^4 \leqslant 2(a^2 b^2 + b^2 c^2 + c^2 a^2 )$
Problem 2:Kyrgyzstan TST 2009
For any positive $a_1 ,a_2 ,...,a_n$ prove that $\dfrac {{a_1 }} {{a_2 + a_3 }} + \dfrac {{a_2 }} {{a_3 + a_4 }} + ... + \dfrac {{a_n }} {{a_1 + a_2 }} > \dfrac {n} {4}$ holds

(Kyrgyzstan TST 2009)
For any positive $a_1 ,a_2 ,...,a_n$prove that $\dfrac {{a_1 }} {{a_2 + a_3 }} + \dfrac {{a_2 }} {{a_3 + a_4 }} + ... + \dfrac {{a_n }} {{a_1 + a_2 }} > \dfrac {n} {4}$ holds
Lời giải của em thế này ạ:
Giả sử $a_i_1$ là số lớn nhất trong các $a_i$.Chọn dãy$a_i_2,a_i_3,...,a_i_k$ với mỗi $a_i_r_+_1$ là số lớn nhất trong 2 số ở mẫu số,còn tử số là $a_i_r$.Như vậy ta có:
$\dfrac{a_1}{a_2+a_3}+\dfrac{a_2}{a_2+a_4}+...+\dfrac{a_n_-_1}{a_n+a_1}+\dfrac{a_n}{a_1+a_2}> \dfrac{a_i_1}{2a_i_2}+\dfrac{a_i_2}{2a_i_3}+...+\dfrac{a_i_k}{2a_i_1}$
$=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{a_i_1}{a_i_2}+\dfrac{a_i_2}{a_i_3}+...+\dfrac{a_i_k}{a_i_1}\right)\geq \dfrac{n}{4}$(Theo BĐT AM-GM)
Vậy ta có dpcm...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trungdeptrai: 15-11-2009 - 09:46

[vo thanh van]

Như vậy ta có:
$\dfrac{a_1}{a_2+a_3}+\dfrac{a_2}{a_2+a_4}+...+\dfrac{a_n_-_1}{a_n+a_1}+\dfrac{a_n}{a_1+a_2}> \dfrac{a_i_1}{2a_i_2}+\dfrac{a_i_2}{2a_i_3}+...+\dfrac{a_i_k}{2a_i_1}$

Em chứng minh rõ đoạn này đi

[abstract]

hơ,bài này sai rồi thì phải.
Thử: $a=-1,b=0,c=2$
Có lẽ: $a,b,c\geq -\dfrac{3}{4}$

De bai ko sai dau ban ak!
Ban Janienguyen co the post loi giai Cauchy-Swarz dang Engel. Minh to mo muon biet

[trungdeptrai]

De bai ko sai dau ban ak!
Ban Janienguyen co the post loi giai Cauchy-Swarz dang Engel. Minh to mo muon biet

ah uh,mình nhầm ,rất xin lỗi
Bài này cũng có thể giải bằng phương pháp dồn biến ba biến, hay phương pháp dồn theo hai biến bằng nhau
Mọi người thử nhé...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trungdeptrai: 12-12-2009 - 20:43

[vo thanh van]

Hiện tại mình đã tập hợp được 20 bài toán đã có lời giải,phần còn lại mình đã gửi cho NguyenDungTN hoàn thành nốt công việc,hi vọng sẽ nhanh chóng hoàn thành.

[T*genie*]

11/Cho $x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}$ là các số lớn hơn 1.Cm rằng
$\[ \dfrac{x_{1}x_{2}}{x_{3}}+\dfrac{x_{2}x_{3}}{x_{4}}+\cdots+\dfrac{x_{n}x_{1}}{x_{2}}\ge4n \]$
Indonesia TST 2009

Nhìn bài sai đề này mình lại nhớ đến một bài đúng đề sau, mọi người thử xem:

Cho số nguyên $n \geq 3 $. Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}$ được sắp xếp theo thứ tự tăng, ta có bđt:

$\dfrac{x_{1}x_{2}}{x_{3}}+\dfrac{x_{2}x_{3}}{x_{4}}+\cdots+\dfrac{x_{n}x_{1}}{x_{2}}\ge x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi T*genie*: 13-12-2009 - 00:11

[Janienguyen]

ah uh,mình nhầm ,rất xin lỗi
Bài này cũng có thể giải bằng phương pháp dồn biến ba biến, hay phương pháp dồn theo hai biến bằng nhau
Mọi người thử nhé...

bài này trong STBDDT cũng có,dùng dồn bien n có đk của a,b,c n k có lời giải
còn cách của mình làm thì có vẻ cũng hơi bất ổn ,tại mình làm từ đợt thi xog mà
hướng của mình là $ \dfrac{(a+1)^2}{1+ a^{2} }+ \dfrac{(b+1)^2}{1+ b^{2} }+ \dfrac{(c+1)^2}{1+ c^{2} } \leq \dfrac{24}{5} $
rồi dự theo dấu= và tách ra
để mình sem xét cụ thể lại rồi sẽ post lg của mình lên sau

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Janienguyen: 13-12-2009 - 21:12