|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
01-09-2009, 05:20 PM | #1 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2009 Đến từ: Lớp 55CLC2, trường ĐHXD Bài gởi: 205 Thanks: 28 Thanked 395 Times in 82 Posts | Topic về Bất đẳng thức Olympic Mình không giỏi BĐT lắm nhưng cũng bạo gan lấp ra Topic này. Topic sẽ tập hợp những bất đẳng thức trong các kì thi Olympiad ở các nước. Có 1 vài quy đinh để Topic thêm đẹp: 1. Ghi rõ nguồn: bài trong kì thi nào, năm bao nhiêu 2. Khi post bài các bạn hãy để ý số bài và ghi rõ. 3. Bạn có thể: i. Post đề bài và để mọi người giải ii. Post đề bài + lời giải (của mình hoặc sưu tầm) 4. Các BĐT đều phải là BĐT đã xuất hiện (chính thức hoặc dự tuyển) trong 1 kì thi toán Olympiad nào đó. Ngoài ra các bất đẳng thức xuất hiện trên các tạp chí toán học cũng được chấp nhận. 5. Khi giải bạn hãy trích dẫn lại bài sẽ giải để mọi người tiện theo dõi. 6. Bạn có thể post mở rộng của BĐT nếu muốn. Bây giờ chúng ta cùng bắt đầu: Bài toán 1: (IMO Shortlist 2001) Cho $n $ số thực tuỳ ý $x_{1},x_{2},\ldots,x_{n} $. Chứng minh rằng: $\frac{x_{1}}{1+x_{1}^{2}}+\frac{x_{2}}{1+x_{1}^{2} +x_{2}^{2}}+\cdots+\frac{x_{n}}{1+x_{1}^{2}+\cdots +x_{n}^{2}}<\sqrt{n} $ Bài toán 2: (IMO Shortlist 2001) Chứng minh rắng với mọi số thực dương $a, b, c $ ta có: $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+8c a}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+8ab}}\geq 1 $ Bài toán 3: (IMO LongList 1967) Chứng minh rắng với mọi số thực dương $a, b, c $ ta có: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq\frac{a^{8} +b^{8}+c^{8}}{a^{3}b^{3}c^{3}} $ Bài toán 4: (14th Turkish Mathematical Olympiad, 2006)Với mọi số thực dương $a, b, c $ thỏa mãn đẳng thức $a+b + c=1 $. Chứng minh rằng: $\frac{1}{ab+2c^2+2c}+\frac{1}{bc+2a^2+2a}+\frac{1} {ca+2b^2+2b}\geq \frac{1}{ab+bc+ca} $ Tạm thời thế đã. Mọi người cùng giải nhé. thay đổi nội dung bởi: Red Devils, 01-09-2009 lúc 09:39 PM |
The Following 5 Users Say Thank You to Red Devils For This Useful Post: |
01-09-2009, 06:18 PM | #2 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2008 Đến từ: Trường ĐH Kinh tế TP.HCM Bài gởi: 397 Thanks: 136 Thanked 303 Times in 150 Posts | Trích:
$\Leftrightarrow \sum{\sqrt{(1+8a)(1+8b)}}\ge \sqrt{(1+8a)(1+8b)(1+8c)} $ $\Leftrightarrow 8(a+b+c)+2\sqrt{(1+8a)(1+8b)(1+8c)}\sum{\sqrt{1+8a }\ge 510} $ Do $abc=1\Rightarrow a+b+c\ge 3 $ và $(1+8a)(1+8b)(1+8c)\ge 9{{a}^{\frac{8}{9}}}{{b}^{\frac{8}{9}}}{{c}^{\frac {8}{9}}}=729 $ Và $\sum{\sqrt{1+8a}\ge \sum{\sqrt{9{{a}^{\frac{8}{9}}}}\ge 9{{\left( abc \right)}^{\frac{4}{27}}}}=9} $ Cộng tất cả lại ta được đpcm. | |
01-09-2009, 07:38 PM | #3 |
+Thành Viên+ | Mở rộng Bài toán 2: (IMO Shortlist 2001) Với $a,b,c\geq 0 $,và $k\geq 0 $,ta có: $\frac{a}{\sqrt{{a}^{2}+kbc}}+\frac{b}{\sqrt{{b}^{2 }+kca}}+\frac{c}{\sqrt{{c}^{2}+kab}}\geq \frac{3}{\sqrt{1+k}} $.Mong mọi người thử... __________________ Live for Maths - love Maths forever Nếu được sống thêm một cuộc đời nữa, tôi sẽ lại làm Toán... |
01-09-2009, 09:06 PM | #4 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2008 Đến từ: Gia Lâm -Hà Nội Bài gởi: 117 Thanks: 9 Thanked 38 Times in 26 Posts | Trích:
Bài 3: $a^8+b^8+c^8 \ge a^2b^2c^2(ab+bc+ca) $ __________________ Ðừng khóc vì mọi việc đã qua, hãy cười vì mọi việc đang chờ phía trước. | |
The Following User Says Thank You to caube94 For This Useful Post: | tho 2010 (06-03-2010) |
01-09-2009, 09:12 PM | #5 | ||
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2009 Đến từ: Lớp 55CLC2, trường ĐHXD Bài gởi: 205 Thanks: 28 Thanked 395 Times in 82 Posts | Trích:
------------------------------ Trích:
Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz: $\left(\sum \frac{a}{\sqrt{{a}^{2}+kbc}} \right)\left(\sum a\sqrt{a^2+kbc}\right)\geq \left(\sum a \right)^2 $ Tiếp tục áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz:${\left( {\sum {a\sqrt {{a^2} + kbc} } } \right)^2} = {\left( {\sum {\sqrt a \sqrt {{a^3} + kabc} } } \right)^2} \le \left( {\sum a } \right)\left( {\sum {({a^3} + kabc)} } \right) $ Do đó: ${\left( {\sum {\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + kbc} }}} } \right)^2}\left( {\sum a } \right)\left( {\sum {({a^3} + kabc)} } \right) \ge {\left( {\sum {\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + kbc} }}} } \right)^2}{\left( {\sum {a\sqrt {{a^2} + kbc} } } \right)^2} \ge {\left( {\sum a } \right)^4} $ $\Leftrightarrow {\left( {\sum {\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + kbc} }}} } \right)^2} \ge \frac{{{{\left( {\sum a } \right)}^3}}}{{\left( {\sum {({a^3} + kabc)} } \right)}} $ Cần chứng minh: $(k + 1){\left( {\sum a } \right)^3} \ge 9\left( {\sum {({a^3} + kabc)} } \right) $ $\Leftrightarrow \left( {k - 8} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) + 3\left( {k + 1} \right)\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \ge 27kabc $ (đúng vì $k\geq 8 $) Các bạn tích cực tham gia nhé, mình dự định cứ sau 20 bài sẽ tổng hợp thành 1 ebook nhỏ nhỏ, tất nhiên sẽ ghi tên các bạn tham gia post bài. thay đổi nội dung bởi: Red Devils, 01-09-2009 lúc 09:34 PM Lý do: Tự động gộp bài | ||
The Following 4 Users Say Thank You to Red Devils For This Useful Post: |
01-09-2009, 09:56 PM | #6 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Sep 2008 Đến từ: K42 CSP K53 Kinh tế quốc dân Bài gởi: 223 Thanks: 28 Thanked 86 Times in 63 Posts | Kazakhstan Intl 2006 Bài toán 5: Cho $a,b,c,d $ là các số thực có tổng bẳng $0 $. CMR: $ (ab+ac+ad+bc+bd+cd)^{2}+12\geq 6(abc+abd+acd+bcd). $ thay đổi nội dung bởi: Hung_DHSP, 01-09-2009 lúc 10:42 PM |
The Following 2 Users Say Thank You to Hung_DHSP For This Useful Post: | tho 2010 (06-03-2010) |
01-09-2009, 10:06 PM | #7 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2008 Đến từ: Gia Lâm -Hà Nội Bài gởi: 117 Thanks: 9 Thanked 38 Times in 26 Posts | Cho $a;b;c \ge 0;a^2+b^2+c^2+abc=4 $.CMR: $0 \le ab+bc+ca-abc \le 2 $ $\color{red}{USAMO} $ 2000 __________________ Ðừng khóc vì mọi việc đã qua, hãy cười vì mọi việc đang chờ phía trước. |
The Following User Says Thank You to caube94 For This Useful Post: | tho 2010 (06-03-2010) |
01-09-2009, 10:10 PM | #8 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2009 Đến từ: Lớp 55CLC2, trường ĐHXD Bài gởi: 205 Thanks: 28 Thanked 395 Times in 82 Posts | Trích:
| |
The Following User Says Thank You to Red Devils For This Useful Post: | tho 2010 (06-03-2010) |
01-09-2009, 10:33 PM | #9 |
+Thành Viên+ | bài 6:mình cũng không nhớ,nhưng ý tưởng sau hình như là của anh Cẩn.mình post cho mọi người tham khảo nha. Trong ba số a-1,b-1,c-1 ;luôn có 2 ít nhất 2 số cùng dấu.Giả sử hai số đó là a-1,b-1.Ta có:$c\left(a-1 \right)\left(b-1 \right)\geq 0 $ $\Rightarrow abc\geq ac+bc-c $ Lại có:${a}^{2}+{b}^{2}\geq 2ab\Rightarrow {a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}+abc\geq 2ab+{c}^{2}+abc $ $\Rightarrow ab\leq 2-c $ vậy$ab+bc+ca-abc\leq 2-c+bc+ca-\left(ac+bc-c \right)=2 $ Lại có:$ab+bc+ca-abc=ab\left(1-c \right)c\left(a+b \right)\geq 0 $ có dpcm... __________________ Live for Maths - love Maths forever Nếu được sống thêm một cuộc đời nữa, tôi sẽ lại làm Toán... |
The Following 3 Users Say Thank You to trungdeptrai For This Useful Post: | Red Devils (03-09-2009), tho 2010 (06-03-2010) |
01-09-2009, 11:14 PM | #11 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2008 Đến từ: Trường ĐH Kinh tế TP.HCM Bài gởi: 397 Thanks: 136 Thanked 303 Times in 150 Posts | Người VN post bài VN chứ nhỉ Bài 7: (Olympic 30/4 năm 2006) Cho a,b,c>0. Chứng minh: $\frac{{{a}^{4}}}{{{a}^{4}}+\sqrt[3]{({{a}^{6}}+{{b}^{6}}){{({{a}^{3}}+{{c}^{3}})}^{2} }}}+\frac{{{b}^{4}}}{{{b}^{4}}+\sqrt[3]{({{b}^{6}}+{{c}^{6}}){{({{b}^{3}}+{{a}^{3}})}^{2} }}}+\frac{{{c}^{4}}}{{{c}^{4}}+\sqrt[3]{({{c}^{6}}+{{a}^{6}}){{({{c}^{3}}+{{b}^{3}})}^{2} }}}\le 1 $ thay đổi nội dung bởi: Conan Edogawa, 01-09-2009 lúc 11:15 PM Lý do: Tự động gộp bài |
The Following 2 Users Say Thank You to Conan Edogawa For This Useful Post: | tho 2010 (06-03-2010) |
02-09-2009, 01:11 AM | #12 |
+Thành Viên+ | Bài 8(IMO Shortlist 2000)a,b,c dương thỏa mãn abc=1.CM: $\left(a-1+\frac{1}{b} \right)\left(b-1+\frac{1}{c} \right)\left(c-1+\frac{1}{a} \right)\leq 1 $ ...... __________________ Live for Maths - love Maths forever Nếu được sống thêm một cuộc đời nữa, tôi sẽ lại làm Toán... |
The Following 2 Users Say Thank You to trungdeptrai For This Useful Post: | tho 2010 (06-03-2010) |
02-09-2009, 09:02 AM | #13 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2008 Bài gởi: 94 Thanks: 14 Thanked 53 Times in 26 Posts | Trích:
Xét phương trình $f(x) = (x - a)(x - b)(x - c)(x - d) = 0 $ $ \leftrightarrow x^4 + (\sum ab)x^2 - (\sum abc)x + abcd = 0 $ (do $\sum a = 0 $) $\rightarrow f'(x) = 4x^3 + 2(\sum ab)x - (\sum abc) = 0 (1) $ Do $f(x) $ có 4 nghiệm, nên theo định lí Rolle phương trình $f'(x) = 0 $ có 3 nghiệm, giả sử các nghiệm đó là $p,q,r $ Ta có: $f'(x) = 4(x - p)(x - q)(x - r) = 4x^3 - 4(\sum p)x^2 + 4(\sum pq)x - 4pqr = 0 (2) $ Đồng nhất (1) và (2) ta được $p + q + r = 0, \sum ab = 2 \sum pq, \sum abc = 4pqr $ Và BĐT đã cho tương đương với $(\sum pq)^2 + 3 \ge 6pqr $ $\leftrightarrow \sum (pq)^2 + 3 \ge 6pqr $ $f(p,q,r) = \leftrightarrow \sum (pq)^2 + 3 - 6pqr \ge 0 $ BĐT hiển nhiên đúng nếu tồn tại 1 số = 0. BĐT cũng đúng nếu trong 3 số p,q,r có 1 số âm. Do vậy ta chỉ cần xét TH còn lại: có đúng 1 số dương trong 3 số p,q,r và không mất tính tổng quát, giả sử $p > 0 $ Tính $f(p,q,r) - f(p,\frac{q + r}{2}, \frac{q + r}{2}) = (q - r)^2.(\frac{7p^2}{16} - \frac{qr}{4} + \frac{3p}{4}) \ge 0 $ Cho nên BĐT sẽ đúng nếu ta cm được $f(p,\frac{q + r}{2}, \frac{q + r}{2}) \ge 0 $ $\leftrightarrow 3p^4 - 8p^3 + 16 = 0 $ $\leftrightarrow (p - 2)^2(3p^2 - 4p + 4) \ge 0 $ (đúng) Vậy ta có dpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi $p = 2, q = r = -1 $./. | |
The Following 3 Users Say Thank You to ll931110 For This Useful Post: | Red Devils (03-09-2009), tho 2010 (06-03-2010) |
02-09-2009, 09:33 AM | #14 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2009 Đến từ: Lớp 55CLC2, trường ĐHXD Bài gởi: 205 Thanks: 28 Thanked 395 Times in 82 Posts | Trích:
$\sqrt[3]{(a^6+b^6)(a^3+c^3)^2}=\sqrt[3]{(a^6+b^6)(c^3+a^3)(c^3+a^3)}\geq \left(\sqrt[3]{a^6.c^3.c^3} \right)+\left(\sqrt[3]{b^6.a^3.a^3} \right)=a^2c^2+a^2b^2 $ Tương tự:$ \sqrt[3]{({{b}^{6}}+{{c}^{6}}){{({{b}^{3}}+{{a}^{3}})}^{2} }}\geq a^2b^2+b^2c^2 $ $\sqrt[3]{({{c}^{6}}+{{a}^{6}}){{({{c}^{3}}+{{b}^{3}})}^{2} }}\geq b^2c^2+c^2a^2 $ Suy ra: $\frac{{{a}^{4}}}{{{a}^{4}}+\sqrt[3]{({{a}^{6}}+{{b}^{6}}){{({{a}^{3}}+{{c}^{3}})}^{2} }}}+\frac{{{b}^{4}}}{{{b}^{4}}+\sqrt[3]{({{b}^{6}}+{{c}^{6}}){{({{b}^{3}}+{{a}^{3}})}^{2} }}}+\frac{{{c}^{4}}}{{{c}^{4}}+\sqrt[3]{({{c}^{6}}+{{a}^{6}}){{({{c}^{3}}+{{b}^{3}})}^{2} }}}\leq \sum \frac{{{a}^{4}}}{{{a}^{4}}+a^2c^2+a^2b^2}=\sum \frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}=1 $ Lời giải: Vì $abc=1 $ nên đặt $a=\frac{y}{z},b\frac{z}{x},c=\frac{x}{y} $. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $(-x+y+z)(x-y+z)(z+y-z)\leq xyz $ (Đây là BĐT Schur) | |
The Following 2 Users Say Thank You to Red Devils For This Useful Post: | tho 2010 (06-03-2010) |
02-09-2009, 10:08 AM | #15 |
+Thành Viên+ | Bài 9(MOP 02)Với a,b,c dương.CM: ${\left(\frac{2a}{b+c} \right)}^{\frac{2}{3}}+{\left(\frac{2b}{c+a} \right)}^{\frac{2}{3}}+{\left(\frac{2c}{a+b} \right)}^{\frac{2}{3}}\geq 3 $ __________________ Live for Maths - love Maths forever Nếu được sống thêm một cuộc đời nữa, tôi sẽ lại làm Toán... |
The Following 2 Users Say Thank You to trungdeptrai For This Useful Post: | tho 2010 (06-03-2010) |
Bookmarks |
Tags |
bất đẳng thức, inequalities |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|