Topic về Bất đẳng thức Olympic

[Hung_DHSP]

Bài toán 10:Cho $x,y,z\geq 0 $.Tìm giá trị nhỏ nhất của:
$P=\frac{x^{7}z}{x^{5}y^{2}z+2y^{6}}+\frac{y^{7}z^{ 6}}{y^{5}z^{4}+2x}+\frac{1}{z^{2}x^{2}+2x^{6}yz^{7 }} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[caube94]

Nguyên văn bởi trungdeptrai

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 $

Chém tạm
9.$LHS^3[4\sum a^2(b+c)^2] \ge 16(a+b+c)^4 $
Nên ta cần cm:
$16(a+b+c)^4 \ge 108\sum a^2(b+c)^2 $
$<=>3\sum a^4+(a^2+b^2+c^2)^2-6abc(a+b+c)+16\sum bc(b-c)^2 \ge 0 $
It's true
2. Theo cách giải này cho gọn
$LHS^2[\sum a(a^2+8bc)] \ge (a+b+c)^3 $
Mà:
$(a+b+c)^3 \ge \sum a(a^2+8bc) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[xiloxila]

Bài toán 11 Cho a,b,c là các số thực không âm tùy ý chứng minh
$\frac{a^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(c+a)^3}+\frac{c^3} {(c+a)^3}+\frac{5abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Red Devils]

Nguyên văn bởi Conan Edogawa

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 $

Lời giải: Chuẩn hóa $abc=1 $. Khi đó BĐT cần cm tương đương:$\frac{1}{\sqrt{1+8a}}+\frac{1}{\sqrt{1+8b}}+\frac{ 1}{\sqrt{1+8c}}\ge 1 $

$\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.

Thật ra đoạn đầu nên viết lại là:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\frac{1}{\sqrt{1+8\frac{bc}{a^2}}}+\frac{1}{\sqrt{ 1+8\frac{ca}{b^2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+8\frac{ab}{c^ 2}}}\geq1 $
Đặt $a_1=\frac{bc}{a^2}, b_1=\frac{ca}{b^2},c_1=\frac{ab}{c^2} $ suy ra $a_1b_1c_1=1 $ và BĐT cần chứng minh trở thành:
$\frac{1}{\sqrt{1+8a_1}}+\frac{1}{\sqrt{1+8b_1}}+ \frac{1}{\sqrt{1+8c_1}} \ge 1 $

Nguyên văn bởi Hung_DHSP

Bài toán 10: (Đề thi chọn Đội tuyển KHTN Vòng 2 năm học 2008-2009) Cho $x,y,z\geq 0 $.Tìm giá trị nhỏ nhất của:
$P=\frac{x^{7}z}{x^{5}y^{2}z+2y^{6}}+\frac{y^{7}z^{ 6}}{y^{5}z^{4}+2x}+\frac{1}{z^{2}x^{2}+2x^{6}yz^{7 }} $

Bài này ko đẹp mắt lắm, nhìn dạng là biết ngay sau 1 vài bước đặt để đổi biến sẽ đưa về BĐT đối xứng. Đây là đề thi Chọn Đội tuyển vòng 2 của KHTN năm 2008. Xem thêm tại đây: [Only registered and activated users can see links. ]

Nguyên văn bởi xiloxila

Bài toán 11: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm tùy ý chứng minh
$\frac{a^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(c+a)^3}+\frac{c^3} {(c+a)^3}+\frac{5abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 1 $

Bài này trong Sáng tạo BĐT chứng minh sử dụng hằng đẳng thức, nếu minh nhớ ko nhầm thì trong cuốn BĐT Suy luận và khám phá có 1 đánh giá mạnh hơn là:
$\frac{a^3}{(a+b)^3}+\frac{b^3}{(c+a)^3}+\frac{c^3} {(c+a)^3}+\frac{5abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} $
Vì không có sách trong tay nên mình cũng ko dám dám chắc 100%.

P/S: Mong các bạn ghi rõ nguồn của bài toán vì BĐT rất mênh mông, Topic chỉ ghi lại những BĐT trong các kì thi Olympiad chứ ko rải rác mặc dù có thể có những BĐT rất đẹp nhưng chưa từng xuất hiện trong kì thi nào.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Conan Edogawa]

Nguyên văn bởi trungdeptrai

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 $

Nguyên văn bởi caube94

Chém tạm
9.$LHS^3[4\sum a^2(b+c)^2] \ge 16(a+b+c)^4 $
Nên ta cần cm:
$16(a+b+c)^4 \ge 108\sum a^2(b+c)^2 $
$<=>3\sum a^4+(a^2+b^2+c^2)^2-6abc(a+b+c)+16\sum bc(b-c)^2 \ge 0 $
It's true

Cách này ngắn gọn hơn nè(mà bài này cũng là USAMO Summer Program-2002)
Áp dụng AM-GM cho 3 số dương:

$1+\frac{b+c}{2a}+\frac{b+c}{2a}\ge 3\sqrt[3]{{{\left( \frac{b+c}{2a} \right)}^{2}}}\Rightarrow \frac{a+b+c}{a}\ge 3{{\left( \frac{b+c}{2a} \right)}^{\frac{2}{3}}} $

$\Rightarrow {{\left( \frac{2a}{b+c} \right)}^{\frac{2}{3}}}\ge \frac{3a}{a+b+c}\Rightarrow \sum{{{\left( \frac{2a}{b+c} \right)}^{\frac{2}{3}}}}\ge \frac{3(a+b+c)}{a+b+c}=3 $
------------------------------
Bài 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 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} $

Bài 12: (USAMO Summer Program – 2006)
Cho $a,b,c>0 $. Chứng minh:

$\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)} \ge \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})} $

Bài 13: (IMO Shortlist -2004)
Cho $a,b,c>0 $ thỏa $ab+bc+ca=1 $. Chứng minh:

$\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a}\le \frac{1}{abc} $

Bài 14: (Romania – 2005)
Cho $a,b,c>0 $ thòa $abc\ge 1 $. Chứng minh:

$\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le 1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[caube94]

Nguyên văn bởi Conan Edogawa

Cách này ngắn gọn hơn nè(mà bài này cũng là USAMO Summer Program-2002)
Áp dụng AM-GM cho 3 số dương:

$1+\frac{b+c}{2a}+\frac{b+c}{2a}\ge 3\sqrt[3]{{{\left( \frac{b+c}{2a} \right)}^{2}}}\Rightarrow \frac{a+b+c}{a}\ge 3{{\left( \frac{b+c}{2a} \right)}^{\frac{2}{3}}} $

$\Rightarrow {{\left( \frac{2a}{b+c} \right)}^{\frac{2}{3}}}\ge \frac{3a}{a+b+c}\Rightarrow \sum{{{\left( \frac{2a}{b+c} \right)}^{\frac{2}{3}}}}\ge \frac{3(a+b+c)}{a+b+c}=3 $
------------------------------
Bài 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 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} $

Bài 12: (USAMO Summer Program – 2006)
Cho $a,b,c>0 $. Chứng minh:

$\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)} \ge \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})} $

Bài 13: (IMO Shortlist -2004)
Cho $a,b,c>0 $ thỏa $ab+bc+ca=1 $. Chứng minh:

$\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a}\le \frac{1}{abc} $

Bài 14: (Romania – 2005)
Cho $a,b,c>0 $ thòa $abc\ge 1 $. Chứng minh:

$\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le 1 $

Bài 1;4 anh post lại à
Làm đc bài nào post lun

Bài 12:
Ta có:
$LHS^2 \ge \sum \frac{1}{ab(1+b)(1+c) $
Đến đây đặt:
$\sqrt[3]{abc}=k $ là xong
------------------------------
Tiếp bài 13:
Nó đơn giản chỉ là côsi điểm rơi
$\sqrt[3]{27(\frac{1}{a}+6b)} \le \frac{\frac{1}{a}+6b+3\sqrt{3}+3\sqrt{3}}{3} $
Tương tự cộng lại là xong
------------------------------
------------------------------
Đến bài 14 nó cũng chỉ dùng đến Am-Gm
$(a+b)(b+c)(c+a) \ge 2(a+b+c)+2 $
Thay bởi điều khác chắc đẹp hơn
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[searcher]

2. Theo cách giải này cho gọn
$LHS^2[\sum a(a^2+8bc)] \ge (a+b+c)^3 $
Mà:
$(a+b+c)^3 \ge \sum a(a^2+8bc) $

don't understand, please tell me why?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[caube94]

Nguyên văn bởi searcher

2. Theo cách giải này cho gọn
$LHS^2[\sum a(a^2+8bc)] \ge (a+b+c)^3 $
Mà:
$(a+b+c)^3 \ge \sum a(a^2+8bc) $

Thì nó chính là bđt holder
Bạn ko hiểu chỗ nào vậy
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Minh Tuấn]

Nguyên văn bởi Red Devils

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} $

Lời giải:
Ta có:$VT = \sum {\frac{{{a^2}{b^2}}}{{{a^3}{b^3} + 2{a^2}{b^2}{c^2} + 2{a^2}{b^2}c}}} \ge \frac{{{{\left( {\sum {ab} } \right)}^2}}}{{\sum {{a^3}{b^3} + 6{a^2}{b^2}{c^2} + 2abc\sum {ab} } }} $
Cần chứng minh:
${\left( {\sum {ab} } \right)^3} \ge \sum {{a^3}{b^3} + 6{a^2}{b^2}{c^2} + 2abc\sum {ab} } $
$\Leftrightarrow 3abc(a + b)(b + c)(c + a) \ge 6{a^2}{b^2}{c^2} + 2abc(ab + bc + ca) $
Bất đẳng thức cuối đúng vì $\frac{3}{4}abc(a + b)(b + c)(c + a) \ge 6{a^2}{b^2}{c^2} $ và
$\frac{9}{4}abc(a + b)(b + c)(c + a) \ge 2abc(ab + bc + ca) $
$ \Leftrightarrow 9(a + b)(b + c)(c + a) \ge 8(ab + bc + ca) $
$ \Leftrightarrow 9(1 - c)(1 - a)(1 - b) \ge 8(ab + bc + ca) $
$ \Leftrightarrow ab + bc + ca \ge 9abc{\rm{ (*)}} $
$(*) $ đúng vì $ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{{{{(abc)}^2}}}{\rm{ }} \ge 9abc{\rm{ }} $, do $\sqrt[3]{{abc}} \le \frac{{a + b + c}}{3} = \frac{1}{3}. $
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[caube94]

Nguyên văn bởi Minh Tuấn

Lời giải:
Ta có:$VT = \sum {\frac{{{a^2}{b^2}}}{{{a^3}{b^3} + 2{a^2}{b^2}{c^2} + 2{a^2}{b^2}c}}} \ge \frac{{{{\left( {\sum {ab} } \right)}^2}}}{{\sum {{a^3}{b^3} + 6{a^2}{b^2}{c^2} + 2abc\sum {ab} } }} $
Cần chứng minh:
${\left( {\sum {ab} } \right)^3} \ge \sum {{a^3}{b^3} + 6{a^2}{b^2}{c^2} + 2abc\sum {ab} } $
$\Leftrightarrow 3abc(a + b)(b + c)(c + a) \ge 6{a^2}{b^2}{c^2} + 2abc(ab + bc + ca) $
Bất đẳng thức cuối đúng vì $\frac{3}{4}abc(a + b)(b + c)(c + a) \ge 6{a^2}{b^2}{c^2} $ và
$\frac{9}{4}abc(a + b)(b + c)(c + a) \ge 2abc(ab + bc + ca) $
$ \Leftrightarrow 9(a + b)(b + c)(c + a) \ge 8(ab + bc + ca) $
$ \Leftrightarrow 9(1 - c)(1 - a)(1 - b) \ge 8(ab + bc + ca) $
$ \Leftrightarrow ab + bc + ca \ge 9abc{\rm{ (*)}} $
$(*) $ đúng vì $ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{{{{(abc)}^2}}}{\rm{ }} \ge 9abc{\rm{ }} $, do $\sqrt[3]{{abc}} \le \frac{{a + b + c}}{3} = \frac{1}{3}. $
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Nice solution
Bài 15Bài này cũng khá đẹp mắt;Iran TST 2008)
Cho:$a;b;c \ge 0;ab+bc+ca=1 $.CM:
$\sqrt{a^3+a}+\sqrt{b^3+b}+\sqrt{c^3+c} \ge 2\sqrt{a+b+c} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Minh Tuấn]

Nguyên văn bởi Conan Edogawa

Bài 13: (IMO Shortlist -2004)
Cho $a,b,c>0 $ thỏa $ab+bc+ca=1 $. Chứng minh:
$\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a}\le \frac{1}{abc} $

Áp dụng BĐT Holder cho vế trái ta có:
$\left(\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a}\right)^3\leq (1+6ab+1+6bc+1+6ca)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{ 1}{c})(1+1+1)=\frac{27}{abc}=\frac{27ab.bc.ca}{a^3 b^3c^3}\leq \frac{1}{(abc)^3} $

Bài toán 16: (China TST 2005)
Cho $a, b, c>0 $, $ab+bc+ca=\frac{1}{3} $. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{{{a^2} - bc + 1}} + \frac{1}{{{b^2} - ca + 1}} + \frac{1}{{{c^2} - ab + 1}} \le 3 $
Bài toán 17: (China TST 2006)
Cho $x, y, z>0 $ và $x+y+z=1 $. Chứng minh rằng:
$\frac{{xy}}{{\sqrt {xy + yz} }} + \frac{{yz}}{{\sqrt {yz + zx} }} + \frac{{zx}}{{\sqrt {zx + xy} }} \le \frac{{\sqrt 2 }}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trungdeptrai]

Bài 18:(IMO shortlist 1998)
Cho x,y,z dương và xyz=1.CM:
$\frac{{x}^{3}}{\left(1+y \right)\left(1+z \right)}+\frac{{y}^{3}}{\left(1+z \right)\left(1+x \right)}+\frac{{z}^{3}}{\left(1+x \right)\left(1+y \right)}\geq \frac{3}{4} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[caube94]

Nguyên văn bởi trungdeptrai

Bài 18:(IMO shortlist 1998)
Cho x,y,z dương và xyz=1.CM:
$\frac{{x}^{3}}{\left(1+y \right)\left(1+z \right)}+\frac{{y}^{3}}{\left(1+z \right)\left(1+x \right)}+\frac{{z}^{3}}{\left(1+x \right)\left(1+y \right)}\geq \frac{3}{4} $

18.Lại 1 bài điểm rơi
$\frac{x^3}{(1+y)(1+z)}+\frac{1+y}{8}+\frac{1+z}{8} \ge \frac{3}{4}x $
Tương tự cộng lại
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Red Devils]

Nguyên văn bởi trungdeptrai

Bài 18:(IMO shortlist 1998)
Cho x,y,z dương và xyz=1.CM:
$\frac{{x}^{3}}{\left(1+y \right)\left(1+z \right)}+\frac{{y}^{3}}{\left(1+z \right)\left(1+x \right)}+\frac{{z}^{3}}{\left(1+x \right)\left(1+y \right)}\geq \frac{3}{4} $

Tổng quát: Với $x, y, z $ là các số thực dương có tích bằng 1, $n $ là số nguyên không nhỏ hơn 3. Chứng minh rằng:
$A = \frac{{{x^n}}}{{(1 + y)(1 + z)}} + \frac{{{y^n}}}{{(1 + x)(1 + z)}} + \frac{{{z^n}}}{{(1 + x)(1 + y)}} \ge \frac{3}{4} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[toanlc_gift]

cho a;b;c là 3 số dương thỏa mãn
$3mid\{ a;b;c{\rm{\} }} \ge a + b + c $
chứng minh rằng:
$(a + b + c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \ge 6\left( {\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{a + c}} + \frac{c}{{a + b}}} \right) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]