[Vòng 1] Ngày thứ hai- Đề thi chọn HSG lớp 11-12 KHTN 2012-2013

[_minhhoang_]

Nguyên văn bởi bboy114crew

Câu 1: Cho $x,y,z $ là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng $3$. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{x}{y+z}+\frac{1}{2} \le \frac{1}{3}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})+ \frac{3}{xy+yz+zx}$

Cách giải cổ điển cho bài toán :
Bất đẳng thức tương đương với:$$3 + \frac{{xy + yz + zx}}{3}(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) \ge \frac{{xy + yz + zx}}{2} + (xy + yz + zx)(\sum {\frac{x}{{y + z}}} )$$$$\Leftrightarrow 3 + \frac{{(\sum {(x + y)} + \sum {\frac{{xy}}{z}} )}}{3} \ge \frac{{xy + yz + zx}}{2} + \sum {{x^2}} + xyz(\sum {\frac{1}{{y + z}}} )$$$$\Leftrightarrow 5 + \frac{1}{3}\sum {\frac{{xy}}{z}} \ge \frac{9}{4} + \frac{3}{4}\sum {{x^2}} + xyz(\sum {\frac{1}{{y + z}}} )
$$$$\Leftrightarrow 132 + 16\sum {\frac{{xy}}{z}} \ge 36\sum {{x^2}} + 48xyz(\sum {\frac{1}{{y + z}}} )$$Do a,b,c là 3 cạnh tam giác, có thể đặt $2x=a+b,2y=b+c,2z=c+a$, khi đó $a+b+c=3$. Bất đẳng thức viết lại thành:$$132 + 8\sum {\frac{{(a + b)(a + c)}}{{b + c}}} \ge 9\sum {{{(a + b)}^2}} + 12(a + b)(b + c)(c + a)(\sum {\frac{1}{{2a + b + c}}} )$$Xét biểu thức:$$12(a + b)(b + c)(c + a)(\sum {\frac{1}{{2a + b + c}}} )$$$$= 2(2a + 2b + 2c)(a + b)(b + c)(c + a)(\sum {\frac{1}{{2a + b + c}}} )$$$$= 6(a + b)(b + c)(c + a) + 2\sum {\frac{{(a + b){{(b + c)}^2}(c + a)}}{{2a + b + c}}} $$Từ BĐT Schur suy ra $(a+b+c)^3+5(a+b+c)(ab+bc+ca) \ge 9(a+b)(b+c)(c+a)$,
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, được:$$6(a + b)(b + c)(c + a) + 2\sum {\frac{{(a + b){{(b + c)}^2}(c + a)}}{{2a + b + c}}} $$$$\le 6(a + b)(b + c)(c + a) + \sum {\frac{{{{(b + c)}^2}(a + b + a + c)}}{2}} $$$$= \frac{{12(a + b)(b + c)(c + a) + (a + b + c)\sum {{{(b + c)}^2}} + \sum {c{{(a + b)}^2}} }}{2}$$$$= \frac{{9(a + b)(b + c)(c + a) + 2{{(a + b + c)}^3} + 2(a + b + c)(ab + bc + ca)}}{2}$$$$\le \frac{{3{{(a + b + c)}^3} + 7(a + b + c)(ab + bc + ca)}}{2}$$$$= \frac{{81}}{2} + \frac{{21(ab + bc + ca)}}{2}$$Bất đẳng thức sẽ đúng nếu ta chứng minh được:$$132 + 8\sum {\frac{{(a + b)(a + c)}}{{b + c}}} \ge 9\sum {{{(a + b)}^2}} + \frac{{81}}{2} + \frac{{21(ab + bc + ca)}}{2}$$$$\Leftrightarrow 132 + 8(\sum {\frac{{{a^2} + bc}}{{b + c}}} + a + b + c) \ge 18\sum {{a^2}} + \frac{{57(ab + bc + ca)}}{2} + \frac{{81}}{2}$$$$\Leftrightarrow 8\sum {\frac{{{a^2} + bc}}{{b + c}}} \ge \frac{{15}}{4}\sum {{a^2}} + \frac{{51}}{4}$$Ta chứng minh bất đẳng thức chắt hơn:$$2\sum {\frac{{{a^2} + bc}}{{b + c}}} \ge \sum {{a^2}} + 3$$$$\Leftrightarrow 2(a + b + c)(\sum {\frac{{{a^2} + bc}}{{b + c}}} ) \ge 3\sum {{a^2}} + {(a + b + c)^2}$$$$\Leftrightarrow 2(\sum {{a^2}} + \sum a b + \sum {\frac{{{a^3} + abc}}{{b + c}}} ) \ge 4\sum {{a^2}} + 2\sum a b$$$$\Leftrightarrow \sum {\frac{{{a^3} + abc}}{{b + c}}} \ge \sum {{a^2}}$$$$\Leftrightarrow \sum {(\frac{{{a^3} + abc}}{{b + c}} - } {a^2}) \ge 0$$$$\Leftrightarrow \sum {a({a^2} - {b^2})({a^2} - {c^2})} \ge 0 (1)$$Do tính đối xứng, có thể giả sử $a \ge b \ge c$, khi đó,$$(1) \Leftrightarrow a{({a^2} - {b^2})^2} + (a - b)({a^2} - {b^2})({b^2} - {c^2}) + ({c^2} - {a^2})({c^2} - {b^2}) \ge 0$$ ( đúng )
Bất đẳng thức được chứng minh, dấu “=” xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z$, tức là tam giác đã cho đều

Mỏi tay quá !!!

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quykhtn]

Nguyên văn bởi bboy114crew

Cho $x,y,z$ là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi là $3$. Chứng minh rằng
$$ \dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y} + \dfrac{1}{2} \leq \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac {1}{z}\right)+\dfrac{3}{xy+yz+zx}.$$

Một số cách tiếp cận khác cho bài toán này
Lời giải 1
Trước hết ta có nhận xét đơn giản sau:
Nếu các số thực $ a_1,a_2,a_3, b_1,b_2,b_3$ thỏa mãn $ a_1 \geq \dfrac{a_1+a_2}{2} \geq \dfrac{a_1+a_2+a_3}{3}$ và $b_1 \geq \dfrac{b_1+b_2}{2} \geq \dfrac{b_1+b_2+b_3}{3},$ thì
$$ a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3 \geq \dfrac{(a_1+a_2+a_3)(b_1+b_2+b_3)}{3}. $$
Thật vậy, sử dụng đẳng thức
$$ a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3 -\dfrac{(a_1+a_2+a_3)(b_1+b_2+b_3)}{3}=\dfrac{(a_1-a_2)(b_1-b_2)}{2}+\dfrac{(a_1+a_2-2a_3)(b_1+b_2-2b_3)}{6} $$
và điều kiện trên ta thu được một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Trở lại việc giải bài toán.
Không mất tính tổng quát giả sử $ 0< x \leq y \leq z.$ Viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng
$$ \dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y} - \dfrac{3}{2} \leq \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac {1}{z}-3\right)+\left(\dfrac{3}{xy+yz+zx}-1\right),$$
$$ \Leftrightarrow \dfrac{3(x-1)}{2(y+z)}+\dfrac{3(y-1)}{2(z+x)}+\dfrac{3(z-1)}{2(x+y)} \leq \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1-x}{x}+\dfrac{1-y}{y}+\dfrac{1-z}{z}\right)+\dfrac{x(x-1)+y(y-1)+z(z-1)}{2(xy+yz+zx)}$$
$$ \Leftrightarrow \sum(1-x)\left[\dfrac{1}{3x}+\dfrac{3}{2(y+z)}-\dfrac{x}{2(xy+yz+zx)}\right] \geq 0.$$
Chú ý rằng $(1-x)+(1-y)+(1-z)=0 $ và $ 1-x \geq 1-y \geq 1-z $ nên sử dụng nhận xét trên ta chỉ cần chứng minh
$$ \dfrac{1}{3x}+\dfrac{3}{2(y+z)}-\dfrac{x}{2(xy+yz+zx)} \geq \dfrac{1}{3y}+\dfrac{3}{2(z+x)}-\dfrac{y}{2(xy+yz+zx)} \quad (1), $$
$$ \dfrac{1}{3x}+\dfrac{1}{3y}+\dfrac{3}{2(y+z)} + \dfrac{3}{2(z+x)}-\dfrac{x+y}{2(xy+yz+zx)} \geq \dfrac{2}{3z}+\dfrac{3}{x+y}-\dfrac{2z}{2(xy+yz+zx)} \quad (2).$$
Bằng biến đổi ta thấy $(1)$ tương đương với
$$ (y-x)\left[\dfrac{1}{3xy}+\dfrac{1}{2(xy+yz+zx)}-\dfrac{3}{2(y+z)(z+x)}\right] \geq 0.$$
Do $ 3xy \leq xy+yz+zx <(y+z)(z+x) $ nên bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng.
Với $(2),$ sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
$$ \dfrac{1}{3x}+\dfrac{1}{3y} \geq \dfrac{4}{3(x+y)}, \ \dfrac{3}{2(y+z)}+\dfrac{3}{2(z+x)} \geq \dfrac{6}{x+y+2z} $$
Ta chỉ cần chứng minh
$$ \dfrac{4}{3(x+y)}+\dfrac{6}{x+y+2z}+\dfrac{2z-x-y}{2(xy+yz+zx)} \geq \dfrac{2}{3z}+\dfrac{3}{x+y},$$
$$ \Leftrightarrow (2z-x-y)\left[\dfrac{2}{3z(x+y)}+\dfrac{1}{2(xy+yz+zx)}-\dfrac{3}{(x+y)(x+y+2z)}\right] \geq 0.$$
Chú ý rằng $xy+yz+zx \leq \dfrac{(x+y)(x+y+4z)}{4} ,$ ta có
$$ \begin{aligned} \dfrac{2}{3z(x+y)}+\dfrac{1}{2(xy+yz+zx)}-\dfrac{3}{(x+y)(x+y+2z)} \ & \geq \dfrac{1}{x+y}\left(\dfrac{2}{3z}+\dfrac{2}{x+y+4z }-\dfrac{3}{x+y+2z}\right) \\ & \geq \dfrac{1}{x+y}\left(\dfrac{8}{x+y+7z}-\dfrac{3}{x+y+2z}\right) \\ & = \dfrac{5(x+y-z)}{(x+y)(x+y+7z)(x+y+2z)}>0 .\end{aligned}$$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x=y=z=1.$

Lời giải 2

Dạng phân thức đơn giản của bài toán gợi ý cho chúng ta sử dụng phương pháp $p,q,r-$ phương pháp đã quen thuộc và phổ biến hiện nay.
Đăt $xy+yz+zx=q, xyz=r ,$ ta có
$$ \dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}=(x+y+ z)\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{x+ y}\right)-3=\dfrac{3(q+9)}{3q-r}-3,$$
$$ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{q}{r }.$$
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết về dạng
$$ \dfrac{3(q+9)}{3q-r}-\dfrac{5}{2} \leq \dfrac{q}{3r}+\dfrac{3}{q} \quad (3) .$$
Sử dụng bất đẳng thức Schur với $x,y,z$ là độ dài ba cạnh của một tam giác ta có
$$ (y+z-x)(x-y)(x-z)+(z+x-y)(y-z)(y-x)+(x+y-z)(z-x)(z-y) \geq 0. $$
Sau một vài biến đổi ta thu được $ xyz \leq \dfrac{(x+y+z)\left[5(xy+yz+zx)-(x+y+z)^2\right]}{18} ,$ hay $ r \leq \dfrac{5q-9}{6}.$

Để chứng minh $(3)$ ta chỉ cần chứng minh
$$ \dfrac{3(q+9)}{3q-\dfrac{5q-9}{6}}-\dfrac{5}{2} \leq \dfrac{q}{\dfrac{5q-9}{2}}+\dfrac{3}{q} \Leftrightarrow \dfrac{18(q+9)}{13q+9}-\dfrac{5}{2} \leq \dfrac{ 2q}{5q-9}+\dfrac{3}{q}$$
$$ \Leftrightarrow \dfrac{197q^3-1230q^2+2079q-486}{2q(13q+9)(5q-9)} \geq 0 \Leftrightarrow \dfrac{(q-3)(162-639q+197q^2)}{2q(13q+9)(5q-9)} \geq 0.$$
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng với $ \dfrac{9}{4} \leq q \leq 3.$

Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x=y=z=1.$

Nhận xét

- Bằng phương pháp tương tự như hai lời giải trên, chúng ta có thể chứng minh được bất đẳng thức chặt hơn sau
Cho $x,y,z$ là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi là $3$. Chứng minh rằng
$$ \dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y} + \dfrac{1}{3} \leq \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac {1}{z}\right)+\dfrac{5}{2(xy+yz+zx)}.$$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x=y=z=1 $ hoặc $ x=\dfrac{3}{2}, y=z=\dfrac{3}{4} $ và các hoán vị.

- Bất đẳng thức Việt Nam TST 2006 cũng có thể chứng minh bằng phương pháp tương tự như hai lời giải trên ngoài các lời giải quen thuộc bằng phương pháp dồn biến, SOS , Vornicu-Schur:

Cho $x,y,z$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
$$ 6\left(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y }\right) \leq (x+y+z)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z }\right).$$
- Bổ đề sử dụng trong lời giải 1 mạnh hơn bất đẳng thức Chebyshev

Nếu các số thực $ a_1,a_2,a_3, b_1,b_2,b_3$ thỏa mãn $ a_1 \geq \dfrac{a_1+a_2}{2} \geq \dfrac{a_1+a_2+a_3}{3}$ và $b_1 \geq \dfrac{b_1+b_2}{2} \geq \dfrac{b_1+b_2+b_3}{3},$ thì
$$ a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3 \geq \dfrac{(a_1+a_2+a_3)(b_1+b_2+b_3)}{3}. $$
Bất đẳng thức này có khá nhiều ứng dụng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức dạng Chebyshev, đặc biệt là các bất đẳng thức chứa căn phức tạp, chẳng hạn có thể chứng minh một số bài toán sau bằng phương pháp này với lời giải khá ngắn gọn.

Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng
$$ \begin{aligned}
(1) \ & \ \ \ (b^2+c^2-2a^2)\sqrt{a^2+bc}+(c^2+a^2-2b^2)\sqrt{b^2+ac}+(a^2+b^2-2c^2)\sqrt{c^2+ab} \leq 0,
\\ & (2) \ \ \ (a^2-bc)\sqrt{a^2+4bc}+(b^2-ca)\sqrt{b^2+4ca}+(c^2-ab)\sqrt{c^2+4ab} \geq 0,
\\ & (3) \ \ \ (a^2-bc)\sqrt[3]{a^2+8bc}+(b^2-ca)\sqrt[3]{b^2+8ca}+(c^2-ab)\sqrt[3]{c^2+8ab} \geq 0.
\end{aligned}$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[supamu]

Nguyên văn bởi kien10a1

Pascal là hơi quá, nhẹ nhàng thôi...
Ta thây: $\frac{LH}{LG}=\frac{sinLPH}{sinLPG}=\frac{sinOPF}{ sinOPE}=\frac{sinOFP}{sinOEP}=\frac{HA}{GD} $
Kết hợp với $\widehat{LHA}=\widehat{LGD} $ thì suy ra $\Delta LHA\sim \Delta LGD(c.g.c)\Rightarrow \widehat{LAH}=\widehat{LDG} $, suy ra đpcm.
b, Dễ thấy $\widehat{PLG}=\widehat{PHG}=\widehat{PEF} $ nên EFGL nội tiếp, suy ra $\overline{LP}.\overline{PT}=\overline{PE}. \overline{PG} =\overline{PA}.\overline{PD} $ và ta đươc $ LDTA $ nội tiếp.

Bạn ơi tại sao $\frac{sinOPF}{sinOPE}=\frac{sinOFP}{sinOEP}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]