Topic về Bất đẳng thức Olympic - Page 2

napoleongdaide · 09-03-2010, 02:51 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Hung_DHSP

Đây là USA MO 2001
Cũng là Bài toán 2.40 Sáng tạo bất đẳng thức.

Xét (a-2)(b-1) la ok

Conan Edogawa · 01-09-2009, 11:14 PM

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 $

trungdeptrai · 02-09-2009, 01:11 AM

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 $
...

...

Red Devils · 02-09-2009, 09:33 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Conan Edogawa

Bài toán 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 $

Lời giải: Áp dụng BĐT Holder ta có:
$\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 $

Trích:

Nguyên văn bởi trungdeptrai

Bài toán 8: (IMO Shortlist 2000) Cho $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 $

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)

trungdeptrai · 02-09-2009, 10:08 AM

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 $

caube94 · 02-09-2009, 11:45 AM

Trích:

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) $

Conan Edogawa · 02-09-2009, 06:40 PM

Trích:

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 $

Trích:

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 $

franciscokison · 03-09-2009, 05:44 PM

Trích:

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 $

Tổng quát
Với mọi số thực $a,b,c $ không âm. khi đó với mọi $r \ge \frac{ln3}{ln2} -1 $Ta có BĐT
$(\frac{a}{b+c})^{r}+(\frac{b}{c+a})^{r}+(\frac{c}{ a+b})^{r} \ge \frac{3}{2^{r}} $

Hung_DHSP · 02-09-2009, 10:32 AM

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 }} $

xiloxila · 02-09-2009, 02:21 PM

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 $

**Minh Tuấn** · 02-09-2009, 09:33 PM

Trích:

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.

caube94 · 02-09-2009, 09:49 PM

Trích:

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 15

Bài 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} $

Red Devils · 03-09-2009, 05:37 PM

Các bạn cố gắng post lời giải của những bài trên cho đầy đủ đi để Topic đỡ rải rác

Conan Edogawa · 03-09-2009, 06:42 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Red Devils

ận.
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} $

Đề sai rùi,đúng phải như thế này

Cho ${{x}_{1}},{{x}_{2}},...,{{x}_{n}} $ là các số thực dương. Cm:

$\frac{{{x}_{1}}}{1+{{x}_{1}}^{2}}+\frac{{{x}_{2}}} {1+{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}+...+\frac{{{x}_{n} }}{1+{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}+...+{{x}_{n}}^{2} }\le \sqrt{n} $

Lời giải: Đặt ${{y}_{0}}=1,{{y}_{i}}=1+{{x}_{1}}^{2}+...+{{x}_{i} }^{2},\forall i\le 1\le n\Rightarrow {{x}_{i}}=\sqrt{{{y}_{i}}-{{y}_{i-1}}} $

BĐT tương đương với: $\frac{\sqrt{{{y}_{1}}-{{y}_{0}}}}{{{y}_{1}}}+\frac{\sqrt{{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}}{{{y}_{2}}}+...+\frac{\sqrt{{{y}_{n}}-{{y}_{n-1}}}}{{{y}_{n}}}\le \sqrt{n} $

Áp dụng Cauchy – Schwarz chỉ cần cm: $\frac{{{y}_{1}}-{{y}_{0}}}{{{y}_{1}}^{2}}+\frac{{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}{{{y}_{2}}^{2}}+...+\frac{{{y}_{n}}-{{y}_{n-1}}}{{{y}_{n}}^{2}}\le 1 $

Dễ thấy $VT\le \frac{{{y}_{1}}-{{y}_{0}}}{{{y}_{1}}}+\frac{{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}{{{y}_{2}}}+...+\frac{{{y}_{n}}-{{y}_{n-1}}}{{{y}_{n-1}}{{y}_{n}}}\le 1-\frac{1}{{{y}_{n}}}\le 1 $
------------------------------

Trích:

Nguyên văn bởi caube94

Bài 15:(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} $

Áp dụng BĐT Mincowski ta có:

$\sum{\sqrt{{{a}^{3}}+a}=\sum{\sqrt{{{a}^{3}}+a(ab+ bc+ca)}=\sum{\sqrt{{{a}^{2}}(a+b+c)+abc}}}} $

$\ge \sqrt{{{\left( \sum{a\sqrt{a+b+c}} \right)}^{2}}+{{\left( 3\sqrt{abc} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{(a+b+c)}^{3}}+9abc} $

Cần cm: $\sqrt{{{(a+b+c)}^{3}}+9abc}\ge 2\sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca)} $

$\Leftrightarrow \sum{{{a}^{3}}+3abc\ge \sum{{{a}^{2}}(b+c)}} $ (đây là BĐT Schur)

Vậy ta có đpcm.

modular · 03-09-2009, 10:56 PM

Chú cho lên đây đi, anh không có tài khoản trên vib.

01-09-2009, 11:14 PM	#2
Conan Edogawa +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

02-09-2009, 01:11 AM	#3
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 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...

02-09-2009, 10:08 AM	#5
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 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...

02-09-2009, 10:32 AM	#9
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	From Mathlinks 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 }} $

02-09-2009, 02:21 PM	#10
xiloxila +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2009 Đến từ: Lỗ đen của vũ trụ Bài gởi: 52 Thanks: 19 Thanked 9 Times in 8 Posts	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 $ thay đổi nội dung bởi: xiloxila, 03-09-2009 lúc 10:19 AM

03-09-2009, 05:37 PM	#13
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	Các bạn cố gắng post lời giải của những bài trên cho đầy đủ đi để Topic đỡ rải rác

03-09-2009, 10:56 PM	#15
modular B&S-D Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 589 Thanks: 395 Thanked 147 Times in 65 Posts	Chú cho lên đây đi, anh không có tài khoản trên vib.