Nguyen Minh Hai

 

Bài toán 31 (Võ Quốc Bá Cẩn). Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=5$. Chứng minh

$$a^2b+c^2a+2abc \leq 20.$$

 

Lời giải bài 31. Đặt $f(a,b,c)=a^2b+c^2a+2abc$

Ta xét $2$ trường hợp.

Nếu $a \geqslant c$, ta sẽ chứng minh 

$$f(a,b,c) \leqslant f(a,b,a)$$

$$\Leftrightarrow (a-c)(a+c+2b) \geqslant 0$$

Nếu $a \leqslant c$, ta sẽ chứng minh 

$$f(a,b,c) \leqslant f(c,b,c)$$

$$\Leftrightarrow b(c^2-a^2)+c^2(c-a)+2bc(c-a) \geqslant 0$$

Do đó ta chỉ cần chứng minh BĐT trong trường hợp $a=c=\frac{5-b}{2}$

$$\Leftrightarrow \left ( \frac{5-b}{2}\right )^2b+\left ( \frac{5-b}{2} \right)^3+2b\left (\frac{5-b}{2} \right )^2 \leqslant 20$$

$$\Leftrightarrow  b^3-9b^2+15b-7 \leqslant 0$$

$$\Leftrightarrow (b-7)(b-1)^{2} \leqslant 0$$

BĐT cuối luôn đúng do $b<5$

Bài toán được chứng minh. Xảy ra đẳng thức khi $a=c=2,b=1$

Bài toán 32.  (Vasile Cirtoaje) Cho các số thực dương $a,b,c,d$. Chứng minh rằng 

$$2(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)(d^3+1) \geqslant (1+abcd)(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)(1+d^2)$$

 

Mình tổng hợp lại một số bài chưa có lời giải, mọi người cùng suy nghĩ thử nhé

 

Bài 28 (Russia). Cho bốn số thực dương $a, b, c, d$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c+d=3.$ Chứng minh rằng $$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}\le\frac{1}{a^2b^2c^2d^2},$$

và
$$\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\le\frac{1}{a^3b^3c^3d^3}.$$

 

 

Lời giải 

 $(a)$       Giả sử $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$, BĐT cần chứng minh tương đương với

$a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}d^{2}+a^{2}c^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}d^{2} \leqslant 1$

Ta đưa BĐT về dạng đồng bậc

$a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}d^{2}+a^{2}c^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}d^{2} \leqslant \frac{1}{3^6}(a+b+c)^6$

Do $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$ nên ta có

\[\begin{aligned} a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}d^{2}+a^{2}c^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}d^{2} &\leqslant a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}d^{2}+a^{2}b^{2}cd+a^{2}b^{2}cd \\ &= a^{2}b^{2}(c+d)^{2} \\ &\leqslant \frac{1}{3^{6}}(a+b+c+d)^{6} \\ &=1\end{aligned}\]

Bài toán được chứng minh. $\square$ 

 $(b)$       Giả sử $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$, BĐT cần chứng minh tương đương với

$a^{3}b^{3}c^{3}+a^{3}b^{3}d^{3}+a^{3}c^{3}d^{3}+b^{3}c^{3}d^{3} \leqslant 1$

Ta đưa BĐT về dạng đồng bậc

$a^{3}b^{3}c^{3}+a^{3}b^{3}d^{3}+a^{3}c^{3}d^{3}+b^{3}c^{3}d^{3} \leqslant \frac{1}{3^9}(a+b+c)^9$

Theo BĐT $AM - GM$ ta có

$ \frac{1}{3^9}(a+b+c+d)^9 \geqslant \frac{1}{3^9}\left(3\sqrt[3]{ab(c+d)} \right)^9 = a^3b^3(c+d)^3 $

Do đó ta chỉ cần chứng minh $a^{3}b^{3}c^{3}+a^{3}b^{3}d^{3}+a^{3}c^{3}d^{3}+b^{3}c^{3}d^{3} \leqslant a^3b^3(c+d)^3$ $\Leftrightarrow c^3d^3(a^3+b^3) \leqslant 3a^3b^3cd(c+d)$ $\Leftrightarrow c^2d^2(a^3+b^3) \leqslant 3a^3b^3(c+d)$

BĐT này luôn đúng do $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$

Bài toán được chứng minh. $\square$

 

Mình tổng hợp lại một số bài chưa có lời giải, mọi người cùng suy nghĩ thử nhé

 

 

Bài 27 (Iran Second Round). Cho ba số thực $0<a \leqslant b \leqslant c.$ Chứng minh rằng
$$\frac{(c-a)^2}{6c}\leq \frac{a+b+c}{3}-\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}.$$

 

Một cách tiếp cận khác cho Bài 30

Đặt $t = \sqrt[3]{abc}$ thì từ giả thiết bài toán ta có

$4+abc = a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}$

$\Leftrightarrow 4+t^3 \geqslant 3t^2  \Leftrightarrow  (t+1)(t+2)^2 \geqslant 0$

Từ đó suy ra $abc \geqslant -1$, kết hợp với giả thiết suy ra $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant 3$.

Ta có BĐT quen thuộc sau $(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2}+2) \geqslant 3(a+b+c)^{2}   (1)$

Thật vậy, theo BĐT $Cauchy - Schwarz$ thì ta có

$$(a+b+c)^{2} \leqslant (a^{2}+2)\left[1+\frac{(b+c)^2}{2}\right]$$

Do đó để chứng minh $(1)$ ta chỉ cần chứng minh

$$(b^{2}+2)(c^{2}+2) \geqslant 3\left[1+\frac{(b+c)^2}{2}\right]$$

$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(b-c)^2+(bc-1)^2 \geqslant 0$$

Do đó $(1)$ được chứng minh.

 Áp dụng $(1)$ thì ta quy bài toán về chứng minh

$$(a+b+c)^{2} \geqslant 3+2(ab+bc+ca)$$

$$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant 3$$ 

BĐT này luôn đúng. Do đó bài toán được chứng minh 

 Xảy ra đẳng thức khi $a=b=c=-1$. $\square$

 

Mình tổng hợp lại một số bài chưa có lời giải, mọi người cùng suy nghĩ thử nhé

 

 

Bài 23 (Romania JBMO TST 2016). Với $m,n$ là hai số tự nhiên và ba số thực $x,y,z$ thuộc $[0,1].$ Chứng minh rằng

\[0 \leqslant x^{m+n}+y^{m+n}+z^{m+n}-x^my^n-y^mz^n-z^mx^n \leqslant 1.\]
Đẳng thức xảy ra khi nào ?

 

$(a)$      Chứng minh $ x^{m+n}+y^{m+n}+z^{m+n} \geqslant x^my^n+y^mz^n+z^mx^n$

Gọi $(a,b,c)$ là hoán vị của $(x,y,z)$ sao cho $a \geqslant b \geqslant c$

Khi đó ta có $a^m \geqslant b^m \geqslant c^m$ và $a^n \geqslant b^n \geqslant c^n$.

Do đó theo BĐT Hoán vị ta có

$$a^ma^n+b^mb^n+c^mc^n \geqslant a^mb^n+b^mc^n+c^ma^n$$

Và

$$a^ma^n+b^mb^n+c^mc^n \geqslant a^mc^n+b^ma^n+c^ma^n$$

Mà ta có

$$a^ma^n+b^mb^n+c^mc^n=x^{m+n}+y^{m+n}+z^{m+n}$$

Và

$$x^my^n+y^mz^n+z^mx^n \in \lbrace a^mb^n+b^mc^n+c^ma^n , a^mc^n+b^ma^n+c^ma^n \rbrace$$

Do đó vế trái của BĐT được chứng minh. Xảy ra đẳng thức khi $x=y=z$

$(b)$         Chứng minh

$$x^my^n+y^mz^n+z^mx^n+1 \geqslant x^{m+n}+y^{m+n}+z^{m+n}$$

Giả sử $x=max\lbrace x,y,z \rbrace$ thì BĐT được viết lại thành

$$(1-x^{m+n})+y^n(x^m-y^m)+z^m(x^n-z^n)+y^mz^n \geqslant 0$$

BĐT cuối luôn đúng do $x=max\lbrace x,y,z \rbrace$ và $x,y,z \in [0;1]$.

Vậy vế phải BĐT được chứng minh. Xảy ra đẳng thức khi $x=1,y=z=0$ và các hoán vị. $\square$

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2016

Ngày 1 (07/05/2016)
Câu 1. Giải hệ phương trình $$\begin{cases}x + y + xy = 3 \\ y^{3} + 13y = 6x^{2} + 8\end{cases}$$
Câu 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương $(x, y, z)$ thỏa mãn phương trình $$7^{x} + 3^{y} = 2^{z}$$
Câu 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn có tâm nội tiếp $I$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AI$ cắt cạnh $CA, AB$ lần lượt tại $M, N$. Gọi $E$ đối xứng $C$ qua $M$, $F$ đối xứng $B$ qua $N$. Giả sử $E, F$ đều lần lượt thuộc các đoạn thẳng $CA, AB$. Gọi $(K), (L)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ICE, IBF$.

• Chứng minh rằng $(K)$ và $(L)$ tiếp xúc nhau tại $I$.
• Gọi $EF$ theo thứ tự cắt $(K), (L)$ tại $P, Q$ khác $E, F$. Chứng minh rằng $EP = FQ$.

Câu 4. Cho dãy số $(a_{n})_{n\in\mathbb{Z}^{+}}$ xác định như sau $$\begin{cases}a_{1} = 0 \\ a_{2} = 1 \\ a_{2n} = 2a_{n} + 1 \\ a_{2n + 1} = 2a_{n}\end{cases}$$ với mọi $n \in \mathbb{Z}^{+}$. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $k$ sao cho $a_{k} = 2016$ và tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất thỏa mãn điều này.

Nguồn

Ngày 1 - FB thầy Kiều Minh
https://scontent-hkg3-1.xx.fbcdn.net/v/t1.0-0/s526x395/13179218_943100659121738_1405157951806796614_n.jpg?oh=01d5340c4053a32208a0135bd51340c4&oe=579B692C

 

 

Tóm tắt 

Câu 1 :

Phương trình $(2)$ tương đương với 

$6(x-1)(x+1)=(y-1)(y^2+y+14)$

Rút $y=\frac{3-x}{x+1}$ từ $(1)$ thay vào phương trình trên ta được 

$$(\frac{2(x-1)}{x+1}((x+1)^{2}+(\frac{3-x}{x+1})^2+\frac{3-x}{x+1}+14)=0$$

Câu 2 : 

Dễ chứng minh được $z$ chẵn, $x,y$ khác tính chẵn lẽ

Xét 2 trường hợp $x$ chẵn , $y$ lẻ và $x$ lẻ, $y$ chẵn

Cả 2 trường hợp đều đưa về dạng 

$7^y=(2^{z'}-3^{x'})(2^{z'}+3^{x'})$ ... 

Bộ $(x,y,z)$ thỏa mãn là $(1;2;4)$

Câu 4 : Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được

 - $a_{2^n}=2^n-1$ 

 - $a_{2^n+1}=2^{n}-2 $

...

- $a_{2^n+k}=2^{n}-k-1$ với $k$ là số nguyên dương sao cho $2^n+k<2^{n+1}$

...

Từ đó dễ dàng suy ra kết quả bài toán.

Chứng minh rằng tồn tại tập hợp $A$ có $2016$ phần từ là các số nguyên dương sao cho với mọi tập $X\subset A, X \neq \varnothing$ thì ta có $\sum_{x \in X} x$ là lũy thừa với số mũ nguyên lớn hơn $1$ của một số nguyên dương nào đó.

Ta gọi một số nguyên dương là "tốt" nếu tổng các ước số của số đó là số chính phương. Tính tổng tất cả các số "tốt" không vượt quá 2016

Cho a,b,c dương. Chứng minh

$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{1}{3}\geq \frac{8}{9}\sum \frac{a}{b+c}$

BĐT $\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1 \geqslant \frac{8}{9}\left ( \sum \frac{a}{b+c}-\frac{3}{2} \right )$

        $\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{2(ab+bc+ca)} \geqslant \frac{8}{9}\sum \frac{(a-b)^2}{2(a+c)(b+c)}$

        $\Leftrightarrow (a-b)^2S_c+(b-c)^2S_a+(c-a)^2S_b \geqslant 0$

trong đó $S_c=\frac{1}{2(ab+bc+ca)}-\frac{4}{9(a+c)(b+c)}, S_b, S_a$ xác định tương tự và dễ dàng chứng minh được $S_a,S_b,S_c \geqslant 0$

Ta định nghĩa hình vuông "tốt" là một hình vuông có $4$ đỉnh là các điểm nguyên, đồng thời các đoạn thẳng nối tâm $O$ với tất cả các điểm nguyên trên biên và trong hình vuông chứa ít nhất một điểm nguyên khác hai đầu mút. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ đều tồn tại một hình vông tốt dạng $n.n$

Cho dãy $(p_n)$ là dãy các số nguyên tố thỏa mãn với mọi $n \geqslant 3$ thì ta có $p_n$ là ước nguyên tố lớn nhất của $p_{n-1}+p_{n-2}+2000.$.

Chứng minh rằng dãy $(p_n)$ bị chặn trên. 

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC - HUẾ                                         ĐỀ KIỂM TRA TOÁN 10

                            TỔ TOÁN                                                                                          Thời gian : 120 phút.

Câu 1: (4điểm) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh:

                      $\frac{a^2+b^2}{c}+\frac{b^2+c^2}{a}+\frac{c^2+a^2}{b} \geqslant 2$

Câu 2: (6đ) Cho tam giác $ABC$, điểm $X$ thay đổi trên đường thẳng $BC$ sao cho $C$ nằm giữa $B$ và $X$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Đường tròn nội tiếp tam giác $ABX$ tiếp xúc với $BX, AX$ lần lượt tại $D,E$.

     a) Gọi $I$ là giao điểm của $DE$ và phân giác trong của góc $B$. Chứng minh $MI || BC$

     b) Các đường tròn nội tiếp các tam giác $ABX$ và $ACX$ cắt nhau tại $P$ và $Q$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ đi qua một điểm cố định.

Câu 3: (5đ) Phân chia tập $A=\left \{ 1;2;3;...;2016 \right \}$ thành $1008$ tập con rời nhau, mỗi tập gồm hai phần tử, ta gọi kích thước của mỗi tập con là tổng hai phần tử của nó. Gọi $x$ là số các tập con mà kích thước của chúng phân biệt từng đôi một và không vượt quá $2016$, gọi $S$ là tổng tất cả các phần tử của các tập con đó.

     a) Chứng minh rằng      $x(2x+1) \leqslant S \leqslant \frac{-x^2+4033x}{2}$

     b) Tìm giá trị lớn nhất của $x$.

Câu 4: (5đ) Với một số nguyên dương $n$ cho trước, gọi $f(n)$ là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho $\sum_{k=1}^{f(n)} k$  là bội của $n$. Chứng minh rằng $f(n)=2n-1$ khi chỉ khi $n$ là lũy thừa của $2$

Cho $x,y,z$ thuộc đoạn [0;1]. Chứng minh $x^{2}+y^{2}+z^{2} \leq x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x$

Em nghĩ BĐT đúng phải là $x^2+y^2+z^2 \leqslant x^2y+y^2z+z^2x+1$

Ta có $x,y,z \in [0;1]$ do đó: 

$(x-1)(y-1)(z-1) \leqslant 0$   $\Leftrightarrow xyz-(xy+yz+zx)+(x+y+z)-1 \leqslant 0$

                $\Rightarrow xy+yz+zx \geqslant x+y+z+xyz-1 \geqslant x+y+z-1$

Lại có :   $x(x-1)(y-1) \geqslant 0$   $\Leftrightarrow x^2y \geqslant x^2+xy-x$

Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng theo vế ta được : 

$x^2y+y^2z+z^2x \geqslant x^2+y^2+z^2+(xy+yz+zx)-(x+y+z) \geqslant x^2+y^2+z^2-1 $ 

Do đó ta có đpcm.

Cho $x,y,z \geq 0$ và $x+y+z=3$. Chứng minh $x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz\geq 4$

Đặt $\left\{\begin{matrix} p=x+y+z=3 & & & \\ q=xy+yz+zx & & & \\ r=xyz \leqslant 1 & & & \end{matrix}\right.$

Ta cần chứng minh :   $p^2-2q+r \geqslant 4$    $\Leftrightarrow 2q-r \leqslant 5$

Theo BĐT Schur ta có : $p^3-4pq+9r \geqslant 0$   $\Rightarrow q \leqslant \frac{27+9r}{12}$

Do đó:  $2q-r \leqslant \frac{27+9r}{6}-r = \frac{27}{6}+\frac{r}{2} \leqslant \frac{27}{6}+\frac{1}{2}=5$   

Cho $x,y,z \geq 0$ và $x+y+z=1$. Chứng minh $x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\leq\frac{4}{27}$

Gọi $(a,b,c)$ là hoán vị của $(x,y,z)$ sao cho $a \geqslant b \geqslant c$.

Khi đó theo BĐT Hoán vị ta có : 

$x^2y+y^2z+z^2x=x.xy+y.yz+z.zx \leqslant a.ab+b.ac+c.bc$

                          $ = b(a^2+ac+c^2)$

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

                          $\leqslant \frac{1}{2}.\left ( \frac{2a+2b+2c}{3} \right )^3 = \frac{4}{27}$

Xảy ra đẳng thức khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

[/spoiler] Em Hải 10 Toán 1 đây thầy ! Phải thầy Nghĩa ko ạ ? :3 [spoiler]