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.


Sagittarius912

Đăng ký: 07-08-2012
Offline Đăng nhập: 26-03-2018 - 20:49
***--

#475493 [VMO 2014] Ngày 2 - Bài 6 - Đại số

Gửi bởi Sagittarius912 trong 05-01-2014 - 15:55

 

 
 
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[(xy+z^2)^2\ge 4xy\cdot z^2.\]
\[x^4+y^4 \ge \frac{(x^2+y^2)^2}{2} \ge 2xy\cdot \frac{x^2+y^2}{2}=xy(x^2+y^2).\]
 
Từ đó, suy ra 
\[(x^4+y^4)(xy+z^2)^3 \ge 4xyz^2 \cdot xy(x^2+y^2)\cdot (xy+z^2)=4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)],\]
hay là
\[\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+{{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}} \le \frac{xy^2z}{2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)}.\]
Đặt $a=xy,\;b=yz,\;c=zx.$ Ta được
\[P \le \frac{1}{4}\left (\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{bc}{2b^2+c^2+a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+b^2} \right ).\]
Theo bất đẳng thức AM-GM, thì
\[\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2} \le \frac{ab}{\sqrt{2a^2(b^2+c^2)}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}.\]
Nên 
\[P\le \frac{1}{4\sqrt{2}}\left ( \sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a^2}} \right ).\]
Mặc khác, ta có một kết quả quen thuộc 
\[\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a^2}} \le \frac{3}{\sqrt{2}}.\]
Nên $P \le \dfrac{3}{16}.$ Ngoài ra nếu $a=b=c$ hay $x=y=z,$  thì đẳng thức xảy ra. Điều này cho phép ta kết luận $P_{\max}=\dfrac{3}{16}.$
 

Đoạn đấy không nhất thiết phải quy về bất đẳng thức kia đâu ạ:

Theo AM-GM:

 

$ab \le \frac{(a+b)^2}{4} $

 

nên

 

$\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le \frac{1}{4}. \frac{(a+b)^2}{a^2+c^2+b^2+a^2}\le \frac{1}{4}(\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+a^2})$ (Cauchy-Schwarz)

 

$\Rightarrow \sum \frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le \frac{1}{4}(\sum \frac{a^2}{a^2+c^2}+\sum \frac{b^2}{b^2+a^2})$

 

hay 

$\sum \frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le\frac{1}{4}.\sum (\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2})=\frac{3}{4}$

 

$\Rightarrow T \le \frac{3}{16}$

 

MOD:Không trích lại bài viết quá dài nhé ! :)




#475369 [VMO 2014] Ngày 2 - Bài 6 - Đại số

Gửi bởi Sagittarius912 trong 04-01-2014 - 22:44

Bài 6 (7 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$$T=\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}+\frac{y^3z^4x^3}{(y^4+z^4)(yz+x^2)^3}+\frac{z^3x^4y^3}{(z^4+x^4)(zx+y^2)^3}$$
với $x,y,z$ là các số thực dương.

Ta dễ dàng chứng minh được: ( bằng AM-GM)

$x^4+y^4 \ge xy(x^2+y^2)$

 

$xy+z^2 \ge 2\sqrt{xyz^2}\Rightarrow (xy+z^2)^3\ge 8x^\frac{3}{2}y^\frac{3}{2}z^3$

Do đó

 

$\frac{x^3y^4z^3}{(xy+z^2)^3(x^4+y^4)}\le\frac{x^\frac{1}{2}y^\frac{3}{2}}{8(x^2+y^2)}$

Theo AM-GM:

 

$\frac{x^\frac{1}{2}y^\frac{3}{2}}{8(x^2+y^2)}\le \frac{\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}.y^2}}{8(x^2+y^2)}=\frac{1}{8\sqrt{2}}\sqrt{\frac{y^2}{x^2+y^2}}$

 

$\Rightarrow T\le \sum \frac{1}{8\sqrt{2}}\sqrt{\frac{y^2}{x^2+y^2}}$

 

Đặt $x^2=a$ ; $y^2=b$ ; $z^2=c$ . Khi đó:

 

$ T\le \sum \frac{1}{8\sqrt{2}}\sqrt{\frac{b}{a+b}}$

 

Mặt khác:

 

$\left [ \sum\sqrt{\frac{b}{a+b}} \right ]^2\le \left [ \sum\frac{b}{(a+b)(b+c)} \right ]\left [ \sum(b+c) \right ]=\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

và 

$8(a+b+c)(ab+bc+ca)\le 9(a+b)(b+c)(c+a)$ ( bđt quen thuộc)

 

$\Rightarrow T\le \frac{3}{16}$

 

Vậy GTLN của T là $\frac{3}{16}$ khi $x=y=z$




#473859 Đề thi chọn đội tuyển 10 Trần Đại Nghĩa

Gửi bởi Sagittarius912 trong 29-12-2013 - 21:55

Sao có cái này vậy bạn? 

Bình phương 2 vế và biến đổi tương đương sẽ đưa về $(a-b)^2 \ge 0$
 




#470550 Đề thi chọn đội tuyển HSG TP Hà Nội

Gửi bởi Sagittarius912 trong 12-12-2013 - 21:21

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG THÀNH PHỐ
Năm học 2013-2014



attachicon.gifđề thi HSG.jpg

Ta sẽ chứng minh $P\le \frac{28}{9}$

  • TH1: $x\le \frac{1}{3}$

 ​Khi đó, kết hợp với giả thiết $y \le x \le 1$ ta có

     

$3x^3+2y^3+z^3\le 3.(\frac{1}{3})^3+2.1^3+1.1^3=\frac{28}{9}$ (dpcm)

  • TH2: $x \ge \frac{1}{3}$

Vì $0<x \le y \le x $ $\Rightarrow 3x+2y+z\ge 6x$

 

$\Rightarrow \frac{2}{3}>x$

 

Ta có:

$P=3x^3+2y^3+z^3=2(x+y)(x^2-xy+y^2)+(x+z)(x^2-xz+z^2)\le (x^2-xz+z^2)[2(x+y)+y+z]\le 4(x^2-xz+z^2)$

Mặt khác 

$(x-\frac{2}{3})(z-1)\ge 0$

 

$\Rightarrow -xz\le \frac{2}{3}-x-\frac{2z}{3}$ (1)

 

$(x-\frac{1}{3})(x-\frac{2}{3})\le 0$  (2)

 

$(z+\frac{1}{3})(z-1)\le 0$   (3)

Cộng theo vế 3 bđt (1)(2)(3) ta có được 

 

$x^2-xz+z^3\le \frac{7}{9}$

 

$\Rightarrow P\le \frac{28}{9}$

 

Vậy $\max P=\frac{28}{9}$ khi $x=\frac{1}{3}$ $y=x=1$

 




#466555 $\sum\frac{ab+1}{a+b}\ge 3$

Gửi bởi Sagittarius912 trong 24-11-2013 - 20:18

Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$.Chứng minh:

$\frac{ab+1}{a+b}+\frac{bc+1}{b+c}+\frac{ca+1}{c+a}\ge 3$




#466446 $3\sqrt[3]{abc}+\left | a-b \right |+\left...

Gửi bởi Sagittarius912 trong 24-11-2013 - 10:57

Chứng minh với mọi số thực không âm $a,b,c$ ta luôn có $3\sqrt[3]{abc}+\left | a-b \right |+\left | b-c \right |+\left | c-a \right |\geq a+b+c$

Không mất tính tổng quát giả sử $a\ge b\ge c$
Khi đó 

$3\sqrt[3]{abc}\ge 3c$ 

$\left | a-b \right |+\left | b-c \right |+\left | c-a \right |=2(a-c)\ge a+b-2c$

Cộng vế theo vế 2 bđt trên ta có dpcm

Dấu đẳng thức xẩy ra khi $a=b=c$




#466375 $\sum a^{2}\geq \frac{3}{4}...

Gửi bởi Sagittarius912 trong 23-11-2013 - 22:47

cho các số thực a,b,c thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn abc=(1-a)(1-b)(1-c) chứng minh rằng

     $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{3}{4}$

Ta viết giả thiết lại thành:

 

$(\frac{1}{a}-1)(\frac{1}{b}-1)(\frac{1}{c}-1)=1$

Đặt

 $\frac{1}{a}-1=m$

$\frac{1}{b}-1=m$

$\frac{1}{c}-1=p$

Khi đó bđt cần chứng minh trở thành:

 

$\frac{1}{(m+1)^2}+\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{(p+1)^2}\ge \frac{3}{4}$  (*) với $mnp=1$

Không mất tính tổng quát đặt 

 

$m=\frac{ab}{c^2};n=\frac{bc}{a^2};p=\frac{ca}{b^2}$ ( cứ coi như $a,b,c$ này khác với $a,b,c$ ở đề bài đi @@

 

$(*)\Leftrightarrow \frac{a^4}{(a^2+bc)^2}+\frac{b^4}{(b^2+ca)^2}+\frac{c^4}{(c^2+ab)^2}\ge \frac{3}{4}$

Theo bđt Cauchy-Schwarz:

 

$\frac{a^4}{(a^2+bc)^2}+\frac{b^4}{(b^2+ca)^2}+\frac{c^4}{(c^2+ab)^2}\ge \frac{(a^2+b^2+c^2)}{\sum a^4+2abc(a+b+c)+\sum a^2b^2}$ (1)

Và ta có:

 

$abc(a+b+c)\le \sum a^2b^2\le \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}$ (2)

 

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2}$




#465766 $\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a...

Gửi bởi Sagittarius912 trong 21-11-2013 - 20:24

cho a>o và n là số nguyên dương . CMR:

$\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+....+\sqrt{a}}}}}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$

 ( n dấu căn )

Để ý rằng: 

$(\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2})^2-a=\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$. 

 

Do đó

 

$\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+....+\sqrt{a}}}}}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$ ( $n$ dấu căn)

 

 

$\Leftrightarrow \sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+....+\sqrt{a}}}}}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$ ( $n-1$ dấu căn)

 

$\Leftrightarrow \sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+....+\sqrt{a}}}}}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$ ( $n-2$ dấu căn )

 

....

 

$\Leftrightarrow \sqrt{a}< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$

 

$\Leftrightarrow 0< \frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$ (đúng)

 

Vậy ta có đpcm




#464165 Cho a,b,c là các số thực không âm.CMR:

Gửi bởi Sagittarius912 trong 13-11-2013 - 21:03

Cho a,b,c là các số thực không âm .CMR: 

                $A=\frac{a^2}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^2}{a^2-ac+c^2}+\frac{c^2}{a^2-ab+b^2}\geq 2$

Không mất tính tổng quát giả sử $0 \le c \le b \le a$
Theo Cauchy-Schwarz:

 

$\frac{a^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{b^2}{c^2+ca+a^2} \ge \frac{(a^2+b^2)^2}{2a^2b^2+c^2(a^2+b^2)-abc(a+b)}$

 

Vì  $0 \le c \le b \le a$ nên ta có:

  1. $ c(a+b)\ge 2c^2 \Rightarrow abc(a+b)\ge 2abc^2 \Rightarrow 0 \le 2a^2b^2+c^2(a^2+b^2)-abc(a+b)\le 2a^2b^2+c^2(a-b)^2$
  2. $c^2(a-b)^2\le ab(a-b)^2 \Rightarrow 2a^2b^2+c^2(a^2+b^2)-abc(a+b)\le ab(a^2+b^2)$

Do đó:

$\frac{(a^2+b^2)^2}{2a^2b^2+c^2(a^2+b^2)-abc(a+b)}\ge \frac{a^2+b^2}{ab}\ge 2$

và 

$\frac{c^2}{a^2-ab+b^2}\ge 0$

 

Cộng vế theo vế ta có dpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b$, $c=0$ và các hoán vị




#463727 $\sum \frac{1+a}{1+a^2} \leq \fr...

Gửi bởi Sagittarius912 trong 11-11-2013 - 21:56

cho $\left\{\begin{matrix} a,b,c \in (0,1) & & \\ ab+bc+ca+a+b+c=1+abc& & \end{matrix}\right.$

CMR:$\frac{1+a}{1+a^2}+\frac{1+b}{1+b^2}+\frac{1+c}{1+c^2} \leq \frac{3}{4}(3+\sqrt{3})$

Tham khảo báo THTT Số 426 trang 21 bài T7/422 bạn nhé ^^




#463723 $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c...

Gửi bởi Sagittarius912 trong 11-11-2013 - 21:51

Cho a,b,c là các số không âm, chứng minh

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{8}{a+b+c}\geq \frac{6}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Ta sẽ chứng minh 

 $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge \frac{1}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$ (*)

  

$\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge \frac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$(1)

 

(1) đúng do $a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca) \ge 0$

và 

$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc\le (a+b+c)(ab+bc+ca)$

Áp dụng (*) :

 

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{8}{a+b+c}\ge \frac{9}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$

 

Theo AM-GM:

 

$\frac{9}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}\ge 2\sqrt{\frac{9}{a+b+c}.\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}}=\frac{6}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

 

$\Rightarrow$ đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c)$ là hoán vị của $(0;\frac{7-\sqrt{45}}{2}.t;t)$ hoặc  $(0;\frac{7+\sqrt{45}}{2}.t;t)$;$t>0, t\in \mathbb{R}$




#462758 $\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+...

Gửi bởi Sagittarius912 trong 07-11-2013 - 21:21

Cho $a,b,c$ dương thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh

$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

 

$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

 

 $\Leftrightarrow \sum (\frac{1}{2}-\frac{1}{a^2+b^2+2})\ge \frac{3}{2}$

 

 $\Leftrightarrow \sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\ge \frac{3}{2}$

Theo Cauchy-Schwarz ta có:

 

$\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\ge \frac{[\sum\sqrt{a^2+b^2}]^2}{\sum(a^2+b^2+2)}=\frac{2\sum a^2+2\sum{\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}}{2\sum a^2 +6}$

 

Do đó ta cần chứng minh

 

$2\sum a^2+2\sum{\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}\ge 3(\sum a^2 +3)$

 

$\Leftrightarrow 2\sum{\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}\ge \sum a^2 + 9$

Theo Cauchy-Schwarz:

 

$2\sum{\sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}\ge 2\sum(ac+b^2)=\sum a^2 +(a+b+c)^2=\sum a^2+9$

 

Vậy ta có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$




#461615 Chứng minh rằng tồn tại A thuộc X

Gửi bởi Sagittarius912 trong 02-11-2013 - 21:46

Sử dụng nguyên lí đếm bằng hai cách để giải bài toán sau:

Cho X là tập hợp với $\left | X \right |=n$ và $A_1,A_2,...A_m$ là các tập con của X sao cho:

i) $\left | A_i \right |=3$ với mọi $i=1,2,....m$

ii) $\left | A_i\cap A_j \right |\le 1, \forall i\neq j$

Chứng minh rằng tồn tại A thuộc X, A chứ ít nhất $[\sqrt{2n}]$ phần tử sao cho A không chứ $A_i$ với mọi $i=1,2,....m$


  • LNH yêu thích


#426193 $\left\{\begin{matrix} (x+2y)x^3=8\...

Gửi bởi Sagittarius912 trong 11-06-2013 - 21:09

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} (x+2y)x^3=8\\x(y^3-2)=6 \end{matrix}\right.$




#423163 Định lý Sylvester

Gửi bởi Sagittarius912 trong 02-06-2013 - 16:11

Cho a;b là các số nguyên dương sao cho (a;b)=1. Chứng minh rằng $N_{0}=ab-a-b$ là số nguyên lớn nhất không biểu diễn được dưới dạng ax+by với x;y là các số nguyên không âm.

Mở rộng: Chứng minh giữa 2 số nguyên n, $N_{0}-n$, có đúng một trong hai số biểu diễn được dưới dạng ax+by với x, y là các số nguyên không âm.

Cái này mình thấy 1 lần ở Mathscope nhưng bây giờ tìm lại link thì không có, may mà ghi lại :P
Theo định lí Bezout, luôn tồn tại cặp số nguyên $x,y$ sao cho $ax+by=n$.
Vì $ax+by=a(x-bt)+b(at+y)$  ta luôn có thể tăng giảm giá trị của x một số nguyên lần bội b. Do dó ta giả sử được $0\le x\le b-1$. Hơn nữa $n=ax+by$ biểu diễn được khi và chỉ khi nó cũng biểu diễn được thi thêm điều kiện  $0\le x\le b-1$

Đặt $x=ax'+by$. $N_0  -x =as+bt$ $\left ( 0\le x',y,s,t\le b\in\mathbb{Z} \right )$

Khi đó $ax'+by+as+bt=ab-a-b$

$\Leftrightarrow ab-(x'+s+1)a-b(y+t+1)=0$
Vì $(a,b)=1$ nên $b\mid x'+s+1$

mà $1\le x'+s+1 \le 2b-1$ $\Rightarrow x'+s+1=b$
Phương trình trên trở thành $y+t+1=0$
Do đó có đúng 1 trong 2 số $y,t \ge 0$
Như vậy có đúng 1 trong 2 số $x,N_0-x$ biểu diễn được