Topic về Bất đẳng thức Olympic - Page 4

Hung_DHSP · 05-09-2009, 01:37 PM

Bài 28 (IMO shortlist 2006)
Cho $a,b,c $ là 3 cạnh tam giác.CMR:
$\sum \frac {\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}\leq 3 $

ATK · 05-09-2009, 01:43 PM

Bài 29: (RMC 2007)
Cho $a,b,c\geq 0 $ thỏa mãn:
$\frac {1}{a+b+1}+\frac {1}{b+c+1}+\frac {1}{c+a+1}\geq 1 $
CMR:
$a+b+c\geq ab+bc+ca $

Hung_DHSP · 05-09-2009, 01:49 PM

Trích:

Nguyên văn bởi ATK

Bài 29: (RMC 2007)
Cho $a,b,c\geq 0 $ thỏa mãn:
$\frac {1}{a+b+1}+\frac {1}{b+c+1}+\frac {1}{c+a+1}\geq 1 $
CMR:
$a+b+c\geq ab+bc+ca $

CM:
Ta có:
$(a+b+1)(a+b+c^2)\geq (a+b+c)^2 $
$\Rightarrow \sum \frac {a+b+c^2}{(a+b+c)^2}\geq \sum \frac {1}{a+b+1} \geq 1 $
$\Rightarrow \sum (a+b+c^2) \geq \sum (a+b+c)^2 $
$\Rightarrow a+b+c \geq ab+bc+ca $
đpcm.
_________________________

Red Devils · 05-09-2009, 04:44 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Conan Edogawa

Bài 21: (Albania 2002)
Cho $x,y,z $ là các số dương. Cm:

$\frac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{ {z}^{2}})\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\ge x+y+z+\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}} $

Lời giải: Ta có $VP= x+y+z+\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}\leq \sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2 \right)}+\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}= \left(\sqrt{3} +1\right)\left( \right)\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}} $
Cần chứng minh: $\frac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{ {z}^{2}})\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\ge \left(\sqrt{3} +1\right)\left( \right)\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}} $
$\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}} \left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\geq 3\sqrt{3} $
BĐT cuối đúng vì $\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}\left(\frac{1} {x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\geq \frac{x+y+z}{\sqrt{3}}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y }+\frac{1}{z} \right)\geq \frac{1}{\sqrt{3}}.9=3\sqrt{3} $

searcher · 05-09-2009, 06:24 PM

VMO 96
giả sử a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn
$2(ab+bc+cd+da+ac+bd)+abc+bcd+cda+dab=16 $
chứng minh bất đẳng thức
$a+b+c+d\geq \frac{2}{3}(ab+bc+cd+da+ac+bd) $
có ai có lời giải nào sơ cấp cho bài này không?

Hung_DHSP · 05-09-2009, 06:33 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Conan Edogawa

Post thêm vài bài cho xôm

Bài 27: (Japan 2004, Germany 2005)

Cho $x,y,z>0 $ thỏa $x+y+z=1 $.

Cm: $2\left( \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\ge \frac{1+x}{1-x}+\frac{1+y}{1-y}+\frac{1+z}{1-z} $

$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\ge \frac{1+x}{1-x}+\frac{1+y}{1-y}+\frac{1+z}{1-z} $
$\Leftrightarrow \frac {x}{y}+\frac {y}{z}+ \frac {z}{x}\geq
\frac {3}{2} +\frac {x}{y+z}+ \frac {y}{z+x}+ \frac {z}{x+y} $
$\Leftrightarrow \sum \frac {xz}{y(y+z)}\geq \frac {3}{2} $
Ta có:
$\sum \frac {xz}{y(y+z)}\geq \frac {(xy+yz+zx)^2}{2xyz(x+y+z)}\geq \frac {3}{2} $

caube94 · 05-09-2009, 07:57 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Conan Edogawa

Post thêm vài bài cho xôm

Bài 24: (Ukraine 2007)
Cho $x,y,z\ge \frac{1}{\sqrt{6}} $ thỏa ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=1 $. Cm:

$\frac{1+{{x}^{2}}}{\sqrt{2{{x}^{2}}+3xy-{{z}^{2}}}}+\frac{1+{{y}^{2}}}{\sqrt{2{{y}^{2}}+3y z-{{x}^{2}}}}+\frac{1+{{z}^{2}}}{\sqrt{2{{z}^{2}}+3z x-{{y}^{2}}}}\ge 2(x+y+z) $

Bài 25: (Greece 2007)
Cho $a,b,c $ là 3 cạnh 1 tam giác. Cm:

$\frac{{{(b+c-a)}^{4}}}{a(a+b-c)}+\frac{{{(c+a-b)}^{4}}}{b(b+c-a)}+\frac{{{(a+b-c)}^{4}}}{c(c+a-b)}\ge ab+bc+ca $

Bài 26: (Peru 2007)
Cho $ a,b,c>0 $ thỏa $a+b+c\ge \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} $.

Cm: $a+b+c\ge \frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{abc} $

Bài 27: (Japan 2004, Germany 2005)

Cho $x,y,z>0 $ thỏa $x+y+z=1 $.

Cm: $2\left( \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \right)\ge \frac{1+x}{1-x}+\frac{1+y}{1-y}+\frac{1+z}{1-z} $

Chém

Bài 25 chỉ đơn giản là Am-Gm
$\frac{{{(b+c-a)}^{4}}}{a(a+b-c)}+a(a+b-c) \ge 2(b+c-a)^2 $
Tương tự cộng lại ra

Bài 26
Từ giả thiết
$=>abc(a+b+c) \ge ab+bc+ca $
BDT can cm
$<=>abc(a+b+c)^2 \ge 3abc+2(a+b+c) $
Mà:
$abc(a+b+c)^2 \ge \frac{(ab+bc+ca)^2}{abc} \ge 3abc+2(a+b+c) $
Xong!

------------------------------

Trích:

Nguyên văn bởi Hung_DHSP

Bài 28 (IMO shortlist 2006)
Cho $a,b,c $ là 3 cạnh tam giác.CMR:
$\sum \frac {\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}\leq 3 $

Để em thử xem sao nhé

Ta hoàn toàn có thể đưa về dạng voirn_shur lấy vế trái -vế phải

BDT
$<=>\sum \frac{(x-y)(x-z)}{(y+z-x)[(y+z-x)+\sqrt{y^2+z^2-x^2})} \ge 0 $
Ở đây $x=\sqrt{a};y=\sqrt{b};z=\sqrt{c} $
Giả sử $x \ge y \ge z $ ta có:
$\frac{1}{(y+z-x)[(y+z-x)+\sqrt{y^2+z^2-x^2})} \ge \frac{1}{(x+z-y)[(x+z-y)+\sqrt{x^2+z^2-y^2})} $

can_hang2008 · 06-09-2009, 10:40 AM

Mình nghĩ đây là một topic rất hay và rất xứng đáng được quan tâm. Nhưng mình góp ý thế này, topic đã hướng về các bất đẳng thức trong các kì thi olympic toán thì minh thấy các lời giải như: SOS, pqr, ... không nên cho vào đây (như tiến độ hiện tại là rất tốt). Các lời giải ấy quá cồng kềnh và không còn gì gọi là mang tính sáng tạo cả. Thi olympic là để chọn ra những người tài, biết sáng tạo. Vì thế, theo mình nếu đã là topic olympic thì các lời giải chỉ nên sử dụng những công cụ như AM-GM, Cauchy Schwarz, Chebyshev, ... Những lời giải như thế mới đáng được hoan nghênh và khuyến khích. Hơn nữa, trong thi thì các bạn liệu có thời gian để đưa ra những con tính khủng khiếp để biến đổi về dạng pqr hay SOS hay GLA,... không? Mình chỉ góp ý như thế, chúc topic ngày càng thành công hơn.

Và ở đây, mình cũng xin góp thêm 1 bài, không phải là trong thi olympic toán nhưng nó có trong một cuộc tập huấn của đội tuyển Mĩ:

Bài 30: (MOSP 2004) Cho $a,b,c $ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab\sqrt{2(a^2+b^2)}+bc\sqrt{2(b^2+c^2)}+ca\sqrt{2( c^2+a^2)}. $

caube94 · 06-09-2009, 12:39 PM

Trích:

Nguyên văn bởi caube94

Bài 1;4 anh post lại à

Làm đc bài nào post lun

Bài 12:
Ta có:
$LHS^2 \ge 3\sum \frac{1}{ab(1+b)(1+c)}=\frac{3}{abc}-\frac{3}{(1+a)(1+b)(1+c)}-\frac{3}{abc(1+a)(1+b)(1+c)} $
Đến đây đặt:
$\sqrt[3]{abc}=k $
Mà:$(1+a)(1+b)(1+c) \ge (k+1)^3 $
Thì ta đc:
$LHS \ge \frac{3}{k^3}-\frac{3}{(k+1)^3}-\frac{3}{k^3(1+k)^3}=\frac{9}{k^2(1+k)^2} $

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

Chú ý là:$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{abc} $
And:$a+b+c \le \frac{1}{3abc} $
------------------------------
------------------------------
Đến bài 14 nó cũng chỉ dùng đến Am-Gm.BDT tương đương với:
$(a+b)(b+c)(c+a) \ge 2(a+b+c)+2 $
Và ta có:$(a+b)(b+c)(c+a) \ge \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca) \ge \frac{8}{3}(a+b+c) \ge 2(a+b+c+2) $
Dùng Jensen trong ebook thì hơi phức tạp

Thay bởi điều khác chắc đẹp hơn

P/s:Em rất xin lỗi vì làm hơi tắt nên em đã sửa lại.Bài kia của anh Cẩn là bài toán khá quen thuộc nhưng em mới chỉ bik đến lời giải bằng SOS.Xem thêm taik đây [Only registered and activated users can see links. ]

Red Devils · 06-09-2009, 05:44 PM

Trích:

Nguyên văn bởi can_hang2008

Mình nghĩ đây là một topic rất hay và rất xứng đáng được quan tâm. Nhưng mình góp ý thế này, topic đã hướng về các bất đẳng thức trong các kì thi olympic toán thì minh thấy các lời giải như: SOS, pqr, ... không nên cho vào đây (như tiến độ hiện tại là rất tốt). Các lời giải ấy quá cồng kềnh và không còn gì gọi là mang tính sáng tạo cả. Thi olympic là để chọn ra những người tài, biết sáng tạo. Vì thế, theo mình nếu đã là topic olympic thì các lời giải chỉ nên sử dụng những công cụ như AM-GM, Cauchy Schwarz, Chebyshev, ... Những lời giải như thế mới đáng được hoan nghênh và khuyến khích. Hơn nữa, trong thi thì các bạn liệu có thời gian để đưa ra những con tính khủng khiếp để biến đổi về dạng pqr hay SOS hay GLA,... không? Mình chỉ góp ý như thế, chúc topic ngày càng thành công hơn.

Và ở đây, mình cũng xin góp thêm 1 bài, không phải là trong thi olympic toán nhưng nó có trong một cuộc tập huấn của đội tuyển Mĩ:

Bài 30: (MOSP 2004) Cho $a,b,c $ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab\sqrt{2(a^2+b^2)}+bc\sqrt{2(b^2+c^2)}+ca\sqrt{2( c^2+a^2)}. $

Em cũng xác định trc là chỉ sử dụng những lời giải sơ cấp nhất để phù hợp với các kì thi thôi

trungdeptrai · 06-09-2009, 05:53 PM

bài 31:(APMO 2005)
$a,b,c\succ 0,abc=8 $.CM:
$\frac{{a}^{2}}{\sqrt{\left({a}^{3}+1 \right)\left({b}^{3} +1\right)}}+\frac{{b}^{2}}{\sqrt{\left({b}^{3}+1 \right)\left({c}^{3}+1 \right)}}+\frac{{c}^{2}}{\sqrt{\left({c}^{3}+1 \right)\left({a}^{3}+1 \right)}}\geq \frac{4}{3} $

Red Devils · 06-09-2009, 05:54 PM

Bài toán 31: (APMO 2005)
Cho ba số thực dương $a, b, c $ thoả mãn $abc=8 $. Chứng minh rằng:

$\frac{a^2}{\sqrt{\left(1+a^3 \right)\left(1+b^3 \right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{\left(1+b^3 \right)\left(1+c^3 \right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{\left(1+c^3 \right)\left(1+a^3 \right)}}\geq \frac{4}{3} $

Bài toán 32: (Turkey MO 1999)
Cho $a, b, c $ là 3 số thực thoả mãn: c$\geq b\geq a\geq 0 $. Chứng minh rằng:

$\left(a+3b \right)\left(b+4c \right)\left(c+2a \right)\geq 60abc $

caube94 · 06-09-2009, 05:55 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Red Devils

Em cũng xác định trc là chỉ sử dụng những lời giải sơ cấp nhất để phù hợp với các kì thi thôi

Sao em thấy ở trong ebook anh dùng JenSen trong khi Am-Gm thì dễ hơn trông thấy

Red Devils · 06-09-2009, 05:55 PM

Trích:

Nguyên văn bởi trungdeptrai

bài 31:(APMO 2005)
$a,b,c\succ 0,abc=8 $.CM:
$\frac{{a}^{2}}{\sqrt{\left({a}^{2}+1 \right)\left({b}^{2} +1\right)}}+\frac{{b}^{2}}{\sqrt{\left({b}^{2}+1 \right)\left({c}^{2}+1 \right)}}+\frac{{c}^{2}}{\sqrt{\left({c}^{2}+1 \right)\left({a}^{2}+1 \right)}}\geq \frac{4}{3} $

Oah!!Ko ngờ lại có sự trùng lập ý như vậy, mình cũng vừa post xong, nhưng bài của bạn có chút nhầm lẫn trong đề bài

Red Devils · 06-09-2009, 05:58 PM

Trích:

Nguyên văn bởi caube94

Sao em thấy ở trong ebook anh dùng JenSen trong khi Am-Gm thì dễ hơn trông thấy

BĐT đó cũng khá quen thuộc mà em, nó là 1 ứng dụng của BĐT Tổng quát $a^n+b^n+c^n\geq 3\left(\frac{a+b+c}{3} \right)^n $
Với mọi $n\geq1 $. Cái này HS đi thi thì đều biết cả mà

05-09-2009, 01:37 PM	#46
Hung_DHSP +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	Bài 28 *(IMO shortlist 2006)* Cho $a,b,c $ là 3 cạnh tam giác.CMR: $\sum \frac {\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}\leq 3 $ thay đổi nội dung bởi: DEATH, 06-09-2009 lúc 10:57 AM Lý do: Thiếu dấu }

06-09-2009, 10:40 AM	#53
can_hang2008 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2009 Bài gởi: 310 Thanks: 5 Thanked 751 Times in 187 Posts	Mình nghĩ đây là một topic rất hay và rất xứng đáng được quan tâm. Nhưng mình góp ý thế này, topic đã hướng về các bất đẳng thức trong các kì thi olympic toán thì minh thấy các lời giải như: SOS, pqr, ... không nên cho vào đây (như tiến độ hiện tại là rất tốt). Các lời giải ấy quá cồng kềnh và không còn gì gọi là mang tính sáng tạo cả. Thi olympic là để chọn ra những người tài, biết sáng tạo. Vì thế, theo mình nếu đã là topic olympic thì các lời giải chỉ nên sử dụng những công cụ như AM-GM, Cauchy Schwarz, Chebyshev, ... Những lời giải như thế mới đáng được hoan nghênh và khuyến khích. Hơn nữa, trong thi thì các bạn liệu có thời gian để đưa ra những con tính khủng khiếp để biến đổi về dạng pqr hay SOS hay GLA,... không? Mình chỉ góp ý như thế, chúc topic ngày càng thành công hơn. Và ở đây, mình cũng xin góp thêm 1 bài, không phải là trong thi olympic toán nhưng nó có trong một cuộc tập huấn của đội tuyển Mĩ: Bài 30: (MOSP 2004) Cho $a,b,c $ là các số thực dương. Chứng minh rằng $a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab\sqrt{2(a^2+b^2)}+bc\sqrt{2(b^2+c^2)}+ca\sqrt{2( c^2+a^2)}. $ thay đổi nội dung bởi: can_hang2008, 06-09-2009 lúc 04:46 PM

06-09-2009, 05:53 PM	#56
trungdeptrai +Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2008 Đến từ: Trường THPT Chuyên ĐHSP HN Bài gởi: 100 Thanks: 12 Thanked 53 Times in 27 Posts	bài 31:(APMO 2005) $a,b,c\succ 0,abc=8 $.CM: $\frac{{a}^{2}}{\sqrt{\left({a}^{3}+1 \right)\left({b}^{3} +1\right)}}+\frac{{b}^{2}}{\sqrt{\left({b}^{3}+1 \right)\left({c}^{3}+1 \right)}}+\frac{{c}^{2}}{\sqrt{\left({c}^{3}+1 \right)\left({a}^{3}+1 \right)}}\geq \frac{4}{3} $ __________________ Live for Maths - love Maths forever Nếu được sống thêm một cuộc đời nữa, tôi sẽ lại làm Toán... thay đổi nội dung bởi: trungdeptrai, 06-09-2009 lúc 06:01 PM

05-09-2009, 01:43 PM	#47
ATK +Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2008 Đến từ: Trung tâm Bài gởi: 7 Thanks: 0 Thanked 2 Times in 2 Posts	Bài 29: (RMC 2007) Cho $a,b,c\geq 0 $ thỏa mãn: $\frac {1}{a+b+1}+\frac {1}{b+c+1}+\frac {1}{c+a+1}\geq 1 $ CMR: $a+b+c\geq ab+bc+ca $

05-09-2009, 06:24 PM	#50
searcher +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2009 Bài gởi: 9 Thanks: 5 Thanked 2 Times in 2 Posts	VMO 96 giả sử a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn $2(ab+bc+cd+da+ac+bd)+abc+bcd+cda+dab=16 $ chứng minh bất đẳng thức $a+b+c+d\geq \frac{2}{3}(ab+bc+cd+da+ac+bd) $ có ai có lời giải nào sơ cấp cho bài này không?

06-09-2009, 05:54 PM	#57
Red Devils +Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2009 Đến từ: Lớp 55CLC2, trường ĐHXD Bài gởi: 205 Thanks: 28 Thanked 395 Times in 82 Posts	Bài toán 31: (APMO 2005) Cho ba số thực dương $a, b, c $ thoả mãn $abc=8 $. Chứng minh rằng: $\frac{a^2}{\sqrt{\left(1+a^3 \right)\left(1+b^3 \right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{\left(1+b^3 \right)\left(1+c^3 \right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{\left(1+c^3 \right)\left(1+a^3 \right)}}\geq \frac{4}{3} $ Bài toán 32: (Turkey MO 1999) Cho $a, b, c $ là 3 số thực thoả mãn: c$\geq b\geq a\geq 0 $. Chứng minh rằng: $\left(a+3b \right)\left(b+4c \right)\left(c+2a \right)\geq 60abc $