Đến nội dung

IMOer

IMOer

Đăng ký: 07-04-2016
Offline Đăng nhập: 15-10-2023 - 15:47
****-

#626920 Inequalities From 2016 Mathematical Olympiads

Gửi bởi IMOer trong 12-04-2016 - 22:04

Bài 21 (European Girls' Mathematical Olympiad): Cho $n$ là số nguyên dương lẻ và $x_1,x_2,...,x_n$ là các số thực không âm.

Chứng minh rằng: $\min_{1\le i\le n} (x_i^2+x_{i+1}^2)\le\max_{1\le j\le n} (2x_jx_{j+1})$




#626720 Inequalities From 2016 Mathematical Olympiads

Gửi bởi IMOer trong 12-04-2016 - 11:49

Bài 1 (Japan MO Preliminary). Với $a,\,b,\,c,\,d$ là bốn số thực thỏa mãn

\[\left\{\begin{aligned}&(a+b)(c+d)=2\\&(a+c)(b+d)=3\\&(a+d)(b+c)=4\end{aligned}\right.\]
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $a^2+b^2+c^2+d^2.$

 

Từ giả thiết đã cho ta suy ra: $2\sum{ab}=9$

Và $4=\left( a+d \right)\left( b+c \right)\le \frac{{{\left( a+b+c+d \right)}^{2}}}{4}\Rightarrow {{\left( a+b+c+d \right)}^{2}}\ge 16$

Lại có: $\sum{{{a}^{2}}}={{\left( \sum{a} \right)}^{2}}-2\sum{ab}\ge 16-9=7$

Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi: $a=\frac{1-\sqrt{2}}{2};\ b=\frac{3-\sqrt{2}}{2};\ c=\frac{1+\sqrt{2}}{2};\ d=\frac{3+\sqrt{2}}{2}$ 




#626716 Inequalities From 2016 Mathematical Olympiads

Gửi bởi IMOer trong 12-04-2016 - 11:38

 

Bài 7 (Hong Kong TST). Với $n$ là một số nguyên dương, giả sử tồn tại $n$ số thực dương $x_1,\,x_2,\,\ldots,\,x_n$ khác nhau sao cho mọi số nguyên $1 \leqslant i,\,j \leqslant n,$ thì $$(3x_i-x_j) (x_i-3x_j)\geqslant (1-x_ix_j)^2.$$ Tìm giá trị lớn nhất có thể có của $n.$

 

Không mất tính tổng quát, giả sử ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}<...<{{x}_{n}}$.

Với mọi $n\ge i>j>1$ ta có:

$\left( 3{{x}_{i}}-{{x}_{j}} \right)\left( {{x}_{i}}-3{{x}_{j}} \right)\ge {{\left( 1-{{x}_{i}}{{x}_{j}} \right)}^{2}}\Leftrightarrow 3{{\left( {{x}_{i}}-{{x}_{j}} \right)}^{2}}\ge {{\left( 1+{{x}_{i}}{{x}_{j}} \right)}^{2}}\Leftrightarrow \frac{{{x}_{i}}-{{x}_{j}}}{1+{{x}_{i}}{{x}_{j}}}\ge \frac{1}{\sqrt{3}}$

Vì ${{x}_{i}}>0$ nên tồn tại ${{\alpha }_{i}}\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)$ sao cho ${{x}_{i}}=\tan {{\alpha }_{i}}$.

Khi đó: $\tan \left( {{\alpha }_{i}}-{{\alpha }_{j}} \right)\ge \frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow {{\alpha }_{i}}-{{\alpha }_{j}}\ge \frac{\pi }{6}$ với mọi $i>j$.

Nếu $n\ge 4$ thì ${{\alpha }_{4}}-{{\alpha }_{1}}=\left( {{\alpha }_{4}}-{{\alpha }_{3}} \right)+\left( {{\alpha }_{3}}-{{\alpha }_{2}} \right)+\left( {{\alpha }_{2}}-{{\alpha }_{1}} \right)\ge \frac{\pi }{2}\Rightarrow {{\alpha }_{4}}> \frac{\pi }{2}$, vô lý.

Vậy suy ra: $n\le 3$.

Với $n=3$, ta có thể chọn: ${{x}_{1}}=\tan \frac{\pi }{12};\ {{x}_{2}}=\tan \frac{\pi }{4};\ {{x}_{3}}=\tan \frac{5\pi }{12}$ thỏa mãn bài toán.




#625631 Inequalities From 2016 Mathematical Olympiads

Gửi bởi IMOer trong 07-04-2016 - 14:58

Bài 4 (Romanian Masters In Mathematics). Cho hai số thực dương $x,\,y$ thỏa mãn $x+y^{2016}\geqslant 1.$ Chứng minh rằng $$x^{2016}+y> 1-\frac{1}{100}.$$

 

Nếu $x\ge 1-\frac{1}{100\cdot 2016}$, áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:

${{x}^{2016}}\ge {{\left( 1-\frac{1}{100\cdot 2016} \right)}^{2016}}>1-2016\cdot \frac{1}{100\cdot 2016}=1-\frac{1}{100}$

Nên suy ra: ${{x}^{2016}}+y>\frac{1}{100}$

Nếu $x<1-\frac{1}{100\cdot 2016}$ thì ta có: $y\ge {{\left( 1-x \right)}^{\frac{1}{2016}}}>{{\left( 100\cdot 2016 \right)}^{-\frac{1}{2016}}}$.

Ta chỉ cần chứng minh: ${{\left( 100\cdot 2016 \right)}^{-\ \frac{1}{2016}}}>1-\frac{1}{100}\Leftrightarrow {{\left( 1+\frac{1}{99} \right)}^{2016}}>100\cdot 2016$

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Bernoulli, ta có:

${{\left( 1+\frac{1}{99} \right)}^{2016}}>{{\left( 1+\frac{1}{99} \right)}^{99\cdot 20}}>{{\left( 1+99\cdot \frac{1}{99} \right)}^{20}}={{2}^{20}}>100\cdot 2016$

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.