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.


alex_hoang

Đăng ký: 22-05-2011
Offline Đăng nhập: 29-12-2018 - 08:37
****-

#263755 Dãy số và giới hạn trong các kì thi HSG

Gửi bởi alex_hoang trong 06-06-2011 - 15:01

DÃY SỐ VÀ GIỚI HẠN QUA CÁC KÌ THI OLYMPIC
BÀi 1(Croatia TST 2011 ngÀy 1)cho dÃy số $(x_n)_n$ được xÁc định như sau
$x_1=a,x_2=b,{x_n} = \dfrac{{x_{n - 1}^2 + x_{n - 2}^2}}{{{x_{n - 1}} + {x_{n - 2}}}}\forall n \ge 3$
với a,b>1 lÀ cÁc số nguyên phân biệt
CMR$ x_n$ không lÀ số nguyên với mọi n>2
BÀi 2(Croatia TST 2011 ngÀy 2) cho dÃy số $(a_n)$ với $a_0=1$ vÀ ${a_{n + 1}} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{{{a_n}}}{2},{a_n} \equiv 0(\bmod 2)}\\{{a_n} + d,{a_n} \equiv 1(\bmod 2)}\end{array}} \right.$
tÌm tất cả cÁc số nguyên dương d sao cho tồn tại $a_i=1$




#263170 $\frac{1}{(a + b)^k} + \frac{1}...

Gửi bởi alex_hoang trong 02-06-2011 - 08:44

chắc chắn rằng nếu một bạn yêu thích về BĐT thì không thể không biết tới hai BÀI TOÁN sau
cho các số thuc không âm a,b,c mà ab+bc+ca=1.CMR
a,$\dfrac{1}{{{{(a + b)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(b + c)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(c + a)}^2}}} \ge \dfrac{9}{4}$
(IRAN TST 1996)
b,$\dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{c + a}} \ge \dfrac{5}{2}$
và tình cờ tôi gặp bài toán sau của LÊ TRUNG KIÊN với đk tương tự trên
$\dfrac{1}{{\sqrt {a + b} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {b + c} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {c + a} }} \ge 2 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$
Một câu hỏi đc đặt ra là với những gtri nào của k thì BĐT sau đúng
$\dfrac{1}{{{{(a + b)}^k}}} + \dfrac{1}{{{{(b + c)}^k}}} + \dfrac{1}{{{{(c + a)}^k}}} \ge 2 + \dfrac{1}{{{2^k}}}$
tuy đã cố gắng rất nhiều nhưng mình vẫn không tìm dc lời giải các bạn hãy giúp mình với nha


#262730 BDT ôn thi đại học

Gửi bởi alex_hoang trong 30-05-2011 - 11:18

cho a,b,c la các số thực thỏa mãn a+b+c=3 TÌm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$M=\sqrt{4^{a}+9^{b}+16^{c}}+\sqrt{9^{a}+16^{b}+4^{c}}+\sqrt{16^{a}+4^{b}+9^{c}}$

mình làm thế này mà sao kết quả ra khác
theo BĐT Minkopski ta có
$\sqrt {{4^a} + {9^b} + {{16}^c}} + \sqrt {{4^b} + {9^c} + {{16}^a}} + \sqrt {{4^c} + {9^a} + {{16}^b}} \ge \sqrt {{{({2^a} + {2^b} + {2^c})}^2} + {{({3^a} + {3^b} + {3^c})}^2} + {{({4^a} + {4^b} + {4^c})}^2}} $
${2^a} + {2^b} + {2^c} \ge 3\sqrt[3]{{{2^{a + b + c}}}} = 6$
${3^a} + {3^b} + {3^c} \ge 3\sqrt[3]{{{3^{a + b + c}}}} = 9$
${4^a} + {4^b} + {4^c} \ge 3\sqrt[3]{{{4^{a + b + c}}}} = 12$
Từ đay ta có đpcm


#262359 Bất đẳng thức qua các kì thi Olimpic

Gửi bởi alex_hoang trong 27-05-2011 - 21:57

1//

$\begin{array}{l}\sum {\dfrac{{{a^2}}}{{a + {b^2}}}} = \sum {\dfrac{{a(a + {b^2}) - a{b^2}}}{{a + {b^2}}}} = \sum {a - \sum {\dfrac{{a{b^2}}}{{a + {b^2}}}} } \\\\\ge 3 - \sum {\dfrac{{a{b^2}}}{{2b\sqrt a }}} = 3 - \dfrac{1}{2}\sum {b\sqrt a } = 3 - \dfrac{1}{2}\sum {\sqrt {ba} \sqrt b } \ge 3 - \dfrac{1}{4}\sum {(ab + b)} \\\\ = 3 - \dfrac{1}{4}\sum b - \dfrac{1}{4}\sum {ab \ge \dfrac{9}{4}} - \dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{3}({\sum {a)} ^2} = \dfrac{3}{2}\end{array}$

Bài 1 mình giải thế này
Áp dụng BĐT Cauchy sch­warz ta có
$\dfrac{{{a^2}}}{{a + {b^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b + {c^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{c + {a^2}}} \ge \dfrac{{{{({a^2} + {b^2} + {c^2})}^2}}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3} + {{(ab)}^2} + {{(bc)}^2} + {{(ca)}^2}}}$
$2{({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} \ge 3({a^3} + {b^3} + {c^3} + {(ab)^2} + {(bc)^2} + {(ca)^2}) $
$= (a + b + c)[{a^3} + {b^3} + {c^3}) + 3({(ab)^2} + {(bc)^2} + {(ca)^2})]$
tù đay áp dụng BDT vasile citoaje
${({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} \ge 3(a{b^3} + b{c^3} + c{a^3})$
Bài toán trên không khó nhưng nó là một hệ quả đẹp của BDTvasile citoaje có 2 bài toán nữa cũng tương tự về hình thức cũng như ppcm là
*cho các số thực dương a,b,c có tổng là 3 cm
$\dfrac{a}{{b + {c^2}}} + \dfrac{b}{{c + {a^2}}} + \dfrac{c}{{a + {b^2}}} \ge 3$
* cho các số thực dương a,b,c có tổng là 1 cm
$\dfrac{a}{{\sqrt {a + {b^2}} }} + \dfrac{b}{{\sqrt {b + {c^2}} }} + \dfrac{c}{{\sqrt {c + {a^2}} }} \le \dfrac{3}{2}$


Bài 3:(Canada 2008) cho các số thực dương a,b,c có tổng là 1.CM
$\dfrac{{a - bc}}{{a + bc}} + \dfrac{{b - ca}}{{b + ca}} + \dfrac{{c - ab}}{{c + ab}} \le \dfrac{3}{2}$


#262029 Topic về bất đẳng thức

Gửi bởi alex_hoang trong 25-05-2011 - 01:39

[quote name='alex_hoang' date='May 25 2011, 12:55 AM' post='262026']
bai 18 nay kha hay no la bai tong quat cua bai BDT trong ki thi imo 2008
minh giai bai 18 nhu sau
dat $a= \dfrac{x+m}{x-1},b= \dfrac{y+m}{y-1},c= \dfrac{z+m}{z-1}$
khi do ta co
$x= \dfrac{a+m}{a-1}, y= \dfrac{b+m}{b-1}, z= \dfrac{c+m}{c-1}$,
do $xyz=1$ nen $(a+m)(b+m)(c+m)=(a-1)(b-1)(c-1)$
$ \Leftrightarrow 1=-(ab+bc+ca)+(1-m)(a+b+c)+m- m^{2}$
ta co
$ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}=2(-(ab+bc+ca)+(1-m)(a+b+c)+m- m^{2} )-1$
$(a+b+c+m-1) ^{2}+ m^{2} \geq 0$
vay bdt da dc cm


#261964 Topic về bất đẳng thức

Gửi bởi alex_hoang trong 24-05-2011 - 16:41

Cho mình hỏi luôn một bài tương tự bài 10
Bài 14: Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.CMR:
$\dfrac{a}{\sqrt{b^{2}+3}}+\dfrac{b}{\sqrt{c^{2}+3}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^{2}+3}}\ge \dfrac{3}{2}$


bai 14 ban vua neu minh cm nhu sau
do $abc=1 \Rightarrow ab+bc+ca \geq 3$
vay ta se cm bdt manh hon nhu sau
$\dfrac{2a}{ \sqrt{(b+c)(b+a} }+ \dfrac{2b}{ \sqrt{(b+c)(c+a} }+ \dfrac{2c}{ \sqrt{(a+c)(b+a} } \geq 3$
that vay
ta dat $u= \sqrt{b+c},v= \sqrt{a+c},w= \sqrt{a+b}$
khi do bdt tuong duong
$ \dfrac{ v^{2}+ w^{2} - u^{2} }{uw} + \dfrac{u^{2}+ w^{2} - v^{2} }{uv}+\dfrac{ u^{2}+ w^{2} - v^{2} }{vw} \geq 3$
tu day qui dong va thu gon ap dung AM GM ta co dpcm


#261959 Topic về bất đẳng thức

Gửi bởi alex_hoang trong 24-05-2011 - 16:12

Tiếp tục nào :(
Bài 9: Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn$a+b+c=2$. CMR:

$\dfrac{{bc}}{{{a^2} + 1}} + \dfrac{{ac}}{{{b^2} + 1}} + \dfrac{{ab}}{{{c^2} + 1}} \leqslant 1$


*Nhận xét : Bài này có khá nhiều cách giải rất trâu bò
Các bạn có thể tìm đc bao nhiêu cách giải cho bài này ??? :(
Các bạn nhanh chóng giải bài này đi ;))
Gợi ý : Chỉ sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ $(Cauchy)$

Đừng post bài nữa nhá :D để giải xong mấy bài trên rồi post tiếp nha :D


mình giải bài 9 này như sau :
$\dfrac{bc}{1+ a^{2} } \leq \dfrac{bc(b+c)}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}$
Thật vậy:
$\Leftrightarrow (b+c)(1+ a^{2} \geq bc(b+c)+a(b^{2}+ c^{2})+ a^{2}(b+c)$
vì $ a(b^{2}+ c^{2})=a(b+c)^{2}-2abc$
$ \Rightarrow (b+c)(1+a^{2})-a( b+c)^{2})- a^{2}(b+c) \geq bc(b+c)-2abc$
$ \Leftrightarrow (b+c)(1-ab-ac) :( bc(b+c-2a)$
Nếu $1-ab-ac \geq 0$ thì hiển nhiên đúng nếu $ b+c \leq 2a$
Ngược lại
$VT-VP \geq (b+c)(1-ab-ac)-(b+c-2a) \dfrac{(b+c)^{2} }{4}= \dfrac{bc( a)^{2} }{4} \geq 0$
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. :D


#261951 Topic về bất đẳng thức

Gửi bởi alex_hoang trong 24-05-2011 - 14:20

Bài 6: Cho $a,b,c \ge 0;ab+bc+ca=3$.Chứng minh rằng:$\dfrac{9}{10} \le \dfrac{1}{a^2+2}+\dfrac{1}{b^2+2}+\dfrac{1}{c^2+2} \le 1$
(Thái Nguyễn Hưng)

bai 6 minh giai nhu sau
bat dang thuc ben phai truoc
ta co $\dfrac{1}{2+ a^{2} } + \dfrac{1}{2+ b^{2} } + \dfrac{1}{2+ c^{2} } \leq 1 \Leftrightarrow \dfrac{ a^{2}}{2+ a^{2} } + \dfrac{ b^{2}}{2+b^{2} } + \dfrac{ c^{2} }{2+c^{2} } \geq 1$
ap dung bdt cauchy schwarz ta co $VT \geq \dfrac{ (a+b+c)^{2}}{6+ a^{2}+ b^{2}+c^{2} } $
su dung dieu kien $ab+bc+ca=3$ ta co dpcm
bdt ben trai
qui dong va rut gon ta duoc bdt tuong duong
$4( a^{2} +b^{2}+ c^{2} )+48 \geq 9a^2b^2c^2+8\sum a^2b^2 $
$\Leftrightarrow 4(a^{2} +b^{2}+ c^{2} )+16abc(a+b+c) \geq 9a^2b^2c^2+24$ (do$ab+bc+ca=3$)
su dung bdt schur la
$a^{2} +b^{2}+ c^{2}+ \dfrac{9abc}{a+b+c} \geq 2( ab+bc+ca)$
ta duoc
$16abc(a+b+c) \geq 9 (abc)^{2}+\dfrac{36abc}{a+b+c}$
de thay bdt tren dung (ngai viet qua nen con lai tu cm)