Đến nội dung

hoanglong2k

hoanglong2k

Đăng ký: 13-09-2014
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

Trong chủ đề: ĐỀ THI OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC LẦN VIII

17-07-2016 - 19:47

Bài 2.

Ta đặt $x=a+b$ và $y=a+c$ thì $3a+2b+c=2x+y$ với $x,y\geq 0$

 Chú ý là ta có các đánh giá $a+b+c\leq 2a+b+c=x+y$ và $ab+bc+ca\leq a^2+ab+bc+ca=(a+b)(a+c)=xy$, cho nên ta chỉ cần chứng minh

\[(2x+y)^3\geq 6\sqrt{3}xy(x+y)\]

 Chuẩn hóa $y=1$ thì ta cần chứng minh $8x^3+(12-6\sqrt{3})x^2+(6-6\sqrt{3})x+1\geq 0$

 Xét hàm số $f(x)=8x^3+(12-6\sqrt{3})x^2+(6-6\sqrt{3})x+1$ trên $[0;\infty )$

 Có $f'(x)=24x^2+12(2-\sqrt{3})x+6-6\sqrt{3}$, phương trình $f'(x)=0\Leftrightarrow 6(2x+1)(2x+1-\sqrt{3})=0\Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}$

 Từ đó ta có thể suy ra được $f(x)\geq f\left(\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\right)=0$

 Bài toán được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=0$ và $b=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}c$


Trong chủ đề: VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

13-06-2016 - 08:40

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

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

 Lời giải bài 32. Cho $a=b=c=d$ thì ta cần chứng minh $2(a^3+1)^4\geq (1+a^4)(1+a^2)^4$ với mọi $a\in \mathbb{R^+}$

 Biến đổi thành $(a-1)^2(a^{10}+2a^9-a^8+4a^7+2a^6+2a^4+4a^3-a^2+2a+1)\geq 0$

 Mà $a^{10}+2a^9-a^8+4a^7+2a^6+2a^4+4a^3-a^2+2a+1$

       $=a^{10}+a^7(2a^2-a+4)+2a^6+2a^4+a(4a^2-a+2)+1>0$

 Cho nên $2(a^3+1)^4\geq (1+a^4)(1+a^2)^4$, tương tự thì $2(b^3+1)^4\geq (1+b^4)(1+b^2)^4,\cdots $

 Nhân lại ta thu được $2^4(a^3+1)^4(b^3+1)^4(c^3+1)^4(d^3+1)^4$

                                  $\geq (1+a^4)(1+b^4)(1+c^4)(1+d^4)(1+a^2)^4(1+b^2)^4(1+c^2)^4(1+d^2)^4$ 

 Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có $(1+a^4)(1+b^4)(1+c^4)(1+d^4)\geq (1+abcd)^4$

 Từ đó ta suy ra điều cần chứng minh

 Tương tự ta có thể mở rộng lên cho $n$ số cũng được :)

 

 Bài toán 33. (AoPS) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a,b,c\geq 1$ và $a+b+c+2=abc$. Chứng minh rằng

\[\dfrac{\sqrt{ab-1}+\sqrt{bc-1}+\sqrt{ca-1}}{\sqrt[4]{abc}}\leq \dfrac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\sqrt{\dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}}}\]


Trong chủ đề: $\sum \sqrt{k^2a^2+bc}\leq \dfrac...

12-06-2016 - 14:21

Bất đẳng thức này đúng với mọi số thực $k \geqslant 1.$

 Anh có thể cho lời giải tổng quát được không ạ :) Em mới chỉ chứng minh được cho $k$ từ $1$ đến xấp xỉ $3,0403022...$


Trong chủ đề: VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

11-06-2016 - 10:38

 Bài toán 29. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho $a,b,c$ là các số thực không âm chứng minh

$\sqrt{4a^{2}+bc}+\sqrt{4b^{2}+ca}+\sqrt{4c^{2}+ab}\leq \frac{5}{2}(a+b+c)$

 Ý tưởng giải bài này của mình dựa trên một kết quả tương tự của Phạm Kim Hùng, sau đây là lời giải của mình cho bài 29

 Lời giải bài 29. Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$.

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $\sqrt{4b^2+ca}+\sqrt{4c^2+ab}\leq \sqrt{(2+1)\left(\dfrac{4b^2+ca}{2}+4c^2+ab\right)}=\sqrt{\dfrac{3}{2}\left(4b^2+ca+8c^2+2ab\right)}$

 Lại có $\sqrt{4a^2+bc}\leq \sqrt{4a^2+ac}\leq 2a+\dfrac{c}{4}$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $\sqrt{\dfrac{3}{2}\left(4b^2+ca+8c^2+2ab\right)}\leq \dfrac{a}{2}+\dfrac{5b}{2}+\dfrac{9c}{4}$

 Hay là $\sqrt{24\left(4b^2+ac+8c^2+2ab\right)}\leq 2a+10b+9c$

 Bình phương 2 vế thì ta cần chứng minh $(2a+10b+9c)^2\geq 24(4b^2+ac+8c^2+2ab)\Leftrightarrow (2a-2b+3c)^2+24c(8b-5c)\geq  0$

 Bất đẳng thức trên đúng do $a\geq b\geq c$ nên ta có điều cần chứng minh

 Dấu "=" xảy ra khi $a=b,c=0$ hoặc các hoán vị

 

 Bài 28 không biết có thể giải bằng dồn biến không nhỉ, mình có thử nhưng mới chỉ chứng minh được một TH nhỏ :(


Trong chủ đề: Cập nhật tình hình, thảo luận, chém gió về kì thi vào lớp 10 THPT

06-06-2016 - 22:21

Kinh nghiệm học văn ôn thi vào cấp 3 theo mình là học hết còn hơn bỏ xót :v năm ngoái gần 2 tháng cày văn :v đi thi mong văn trên điểm liệt cuối cùng điểm văn được 8 :v bất ngờ :))

 

nghe thấy tự hào mình ghê :v hồi đấy được 8,75 :3

 Hơi nhột rồi đấy nhé -_-