Topic về Bất đẳng thức Olympic

[Red Devils]

Các bạn cố gắng post lời giải của những bài trên cho đầy đủ đi để Topic đỡ rải rác
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[franciscokison]

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

[Conan Edogawa]

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 $
------------------------------

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

[VIF]

Nguyên văn bởi ll931110

Lâu không làm BĐT nhưng cũng thử chút xem sao
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 $./.

lời giải không có vẻ tự nhiên lắm
ở đây mình có 1 lời giải bằng AM-GM [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Red Devils]

Nguyên văn bởi Conan Edogawa

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 $

Đề không sai đâu. Vì $1-\frac{1}{{{y}_{n}}}< 1 $

Nguyên văn bởi VIF

lời giải không có vẻ tự nhiên lắm
ở đây mình có 1 lời giải bằng AM-GM [Only registered and activated users can see links. ]

Mình thấy lời giải hoàn toàn tự nhiên, kĩ thuật giảm biến kia cũng xuất hiện nhiều mà Lời giải bằng AM-GM của bạn cũng rất hay . Mỗi tội VIMF chậm quá, down mãi mới đc
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[modular]

Chú cho lên đây đi, anh không có tài khoản trên vib.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Red Devils]

Nguyên văn bởi modular

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

Here Của anh đây
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Red Devils]

Mình cần thêm lời giải bài 12 và bài 14 (chi tiết) để hoàn tất ebook đầu tiên cho topic Nếu được thì gõ luôn giúp mình bài 11 để đỡ nhọc. Hi vọng ebook hoàn tất trước ngày khai giảng
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[VIF]

Nguyên văn bởi Red Devils

Đề không sai đâu. Vì $1-\frac{1}{{{y}_{n}}}< 1 $



Mình thấy lời giải hoàn toàn tự nhiên, kĩ thuật giảm biến kia cũng xuất hiện nhiều mà Lời giải bằng AM-GM của bạn cũng rất hay . Mỗi tội VIMF chậm quá, down mãi mới đc

vẫn bình thường mà
khi nào có cuốn ebook rồi nhớ Share một bản qua VIMF nhé
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Red Devils]

Nguyên văn bởi VIF

vẫn bình thường mà
khi nào có cuốn ebook rồi nhớ Share một bản qua VIMF nhé

Thật tình VIMF muốn phát triển thì đầu tiên phải có 1 tên miền ổn định đã. Cái này cũng ko tốn lắm, chỉ vài trăm thôi Giờ muỗn vào diễn đàn mình phải đi tìm link chứ ko nhớ được tên miền của diễn đàn. Nếu đc như batdangthuc.net như hồi trc thì đẹp.

P/S: ai post hộ mình lời giải bài 12 đi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Red Devils]

Ebook đầu tiên của Topic
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[VIF]

Nguyên văn bởi Red Devils

Thật tình VIMF muốn phát triển thì đầu tiên phải có 1 tên miền ổn định đã. Cái này cũng ko tốn lắm, chỉ vài trăm thôi Giờ muỗn vào diễn đàn mình phải đi tìm link chứ ko nhớ được tên miền của diễn đàn. Nếu đc như batdangthuc.net như hồi trc thì đẹp.

P/S: ai post hộ mình lời giải bài 12 đi

bây giờ mình còn là học sinh nghèo lắm nên chưa thể mua được domain, mà mình không biết phải chuyển tiền vào tài khoản paypal như thế nào cả. nhưng hiện tại thì có thể vào forum bằng link rất dễ nhớ là vimf09.co.cc
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[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}}} $

Bài 22: ( Czech- Polish-Slovak Match-2001)
Cho ${{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{n}}(n\ge 2) $ là các số dương. Cm:

$({{a}_{1}}^{3}+1)({{a}_{2}}^{3}+1)...({{a}_{n}}^{3 }+1)\ge ({{a}_{1}}^{2}{{a}_{2}}+1)({{a}_{2}}^{2}{{a}_{3}}+ 1)...({{a}_{n}}^{2}{{a}_{1}}+1) $

Bài 23: (Hong Kong MO 2005)
Cho $a,b,c,d $ là các số dương thỏa $a+b+c+d=1 $. Cm:

$6({{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+{{d}^{3}})\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+\frac{1}{8 } $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ll931110]

Nguyên văn bởi Conan Edogawa

[B][U]
Bài 22: ( Czech- Polish-Slovak Match-2001)
Cho ${{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{n}}(n\ge 2) $ là các số dương. Cm:

$({{a}_{1}}^{3}+1)({{a}_{2}}^{3}+1)...({{a}_{n}}^{3 }+1)\ge ({{a}_{1}}^{2}{{a}_{2}}+1)({{a}_{2}}^{2}{{a}_{3}}+ 1)...({{a}_{n}}^{2}{{a}_{1}}+1) $

Holder!
Ta có $(a_1^3 + 1)(a_1^3 + 1)(a_2^3 + 1) \ge (a_1^2a_2 + 1)^3 $
Tương tự ta có thêm n - 1 BĐT nữa, và nhân lại cho đpcm

Bài 23: (Hong Kong MO 2005) Cho $a,b,c,d $ là các số dương thỏa $a+b+c+d=1 $. Cm: $6({{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+{{d}^{3}})\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+\frac{1}{8 } $

Suýt nữa quên cách này
Áp dụng AM - GM ta có $a^3 + a^3 + \frac{1}{64} \ge \frac{3a^2}{4} $
Tương tự với b,c,d và cộng lại, ta được
$6(a^3 + b^3 + c^3 + d^3) \ge \frac{9}{4}(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) - \frac{3}{16} \ge (a^2 + b^2 + c^2 + d^2) + \frac{1}{8} $
$ \leftrightarrow \frac{1}{4}(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) \ge 1 $, đúng theo Cauchy - Schwarz

@VIF: anh thông cảm, em kém BĐT nên chỉ tìm được cách đấy thôi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

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