Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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.


IMOer

Đăng ký: 07-04-2016
Offline Đăng nhập: 12-05-2019 - 10:38
****-

#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.