Tiến tới kỳ thi Vietnam TST 2013

[namdung]

Sau hơn 1 tuần nghỉ Tết, chúng ta lại trở lại với chương trình luyện thi TST. Theo thông báo từ BGD thì năm nay kỳ TST sẽ được tổ chức khá sớm, vào ngày 20/3. Như vậy là chỉ còn 1 tháng để các sĩ tử ôn luyện.

Hiện nay vẫn còn bài tập số 4 của chúng ta chưa có lời giải. Tôi bổ sung thêm một số bài mới.

Bài 17. Cho số nguyên dương n. Họ P các đoạn thẳng I = [i, j] với $0 \ge i < j \ge n $ được gọi là hạnh phúc nếu với hai đoạn I, J bất kỳ thuộc P, nếu I thuộc J thì ít nhất có một trong hai đầu mút của I trùng với một trong hai đầu mút của J. Tìm số đoạn thẳng lớn nhất của một họ hạnh phúc.

Bài 18. Ban đầu các ô của bảng vuông 5x5 được điền các số 0. Mỗi một lần thực hiện, cho phép tăng số được viết ở một ô bất kỳ và tất cả các ô có cạnh kề với ô đó lên 1 đơn vị. Hỏi có thể sau một số hữu hạn lần thực hiện thu được 1 bảng gồm toàn các số 2012?

Bài 19. Gọi $x_1 < x_2 < x_3 $ là ba nghiệm của phương trình $x^3 - 3x - 1 = 0 $. Chứng minh rằng
$x_3^2 - x_2^2 = x_3 - x_1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thiendienduong]

Nguyên văn bởi namdung

Bài 19. Gọi $x_1 < x_2 < x_3 $ là ba nghiệm của phương trình $x^3 - 3x - 1 = 0 $. Chứng minh rằng
$x_3^2 - x_2^2 = x_3 - x_1 $

Trước tiên ta đi tìm nghiệm bằng cách đặt $x=2\cos t$, $t\in \left [ 0;\pi \right ]$.
Dựa vào tính chất có tối đa $3$ nghiệm của phương trình bậc ba, ta tìm được $3$ nghiệm là:
$x_1=2\cos \frac{7\pi}{9}, x_2=2\cos \frac{5\pi}{9}, x_3=2\cos \frac{\pi}{9}$
Việc chứng minh đẳng thức ta dùng các công thức lượng giác trong sách giáo khoa.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kien10a1]

Bài 17:
Ta kí hiệu tất cả các đoạn thẳng bởi điểm đầu và điểm cuối của nó $[a_i,b_i] $ với $0\leq a_i<b_i\leq n $
Với hai đoạn $[a_i,b_i] $ và $[a_j,b_j] $ bất kỳ, nếu có $a_i+b_i=a_j+b_j $ thì ta suy ra hoặc hai đoạn này trùng nhau, hoặc chúng chứa nhau mà không có đầu mút chung.
Nói cách khác, nếu $i $ khác $j $ thì $a_i+b_i $ và $a_j+b_j $ là $2 $ số nguyên dương phân biệt.
Ta thấy $0+1 \leq a_i+b_i \leq n-1+n=2n-1 $ nên có tối đa $2n-1 $ đoạn thẳng phân biệt thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ta chỉ ra $2n-1 $ đoạn như vậy: đó là tất cả các đoạn có đầu mút là điểm $ 0 $ hoặc $n $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sonhadhsp]

Cho các số thực $ a_{0}, a_{1},...,a_{2012} $ với $a_{2012} $ khác 0. Tìm hàm f xác định trên R thỏa mãn $f(x)=f(x+a_{0} + a_{1}y+a_{2}y^{2}+...+a_{2012}y^{2012}+f(y)) $ với mọi x, y là các số thực
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[namdung]

Nguyên văn bởi sonhadhsp

Cho các số thực $ a_{0}, a_{1},...,a_{2012} $ với $a_{2012} $ khác 0. Tìm hàm f xác định trên R thỏa mãn $f(x)=f(x+a_{0} + a_{1}y+a_{2}y^{2}+...+a_{2012}y^{2012}+f(y)) $ với mọi x, y là các số thực

Góp ý chút:

Bài này nên phát biểu là: Cho P(x) là một đa thức bậc 2012 với hệ số thực. Tìm tất cả các hàm số f xác định trên R thỏa mãn $f(x + P(y) + f(y)) = f(x) $ với mọi x, y là các số thực.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mr Stoke]

Nguyên văn bởi namdung

Góp ý chút:

Bài này nên phát biểu là: Cho P(x) là một đa thức bậc 2012 với hệ số thực. Tìm tất cả các hàm số f xác định trên R thỏa mãn $f(x + P(y) + f(y)) = f(x) $ với mọi x, y là các số thực.

MS xin góp ý thêm tẹo nữa: Bài toán có thể mở rộng cho đa thức $P$ bậc $n$ chẵn. Nhưng nếu $n$ chẵn thì bài dễ quá, MS nghĩ có thể giải quyết cho $n$ lẻ nữa. Mới nháp qua, tình hình có vẻ ổn
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Mình có bài toán này và với lời giải đi kèm.
Bài 21.
Cô giáo tổ chức chia lớp thành 2 nhóm để chơi một trò chơi. Nhóm thứ nhất gồm các học sinh luôn nói sự thật còn nhóm thứ hai gồm các học sinh luôn nói không đúng sự thật. Cô chọn bất kì $n$ học sinh từ hai nhóm để xếp thành một hàng rồi hỏi mỗi học sinh, có bao nhiêu học sinh nói thật trong hàng này, câu trả lời sẽ là một số tự nhiên thuộc tập hợp $\left\{ 0,1,2,...,n \right\}$ rồi ghi nhận kết quả trả lời của các học sinh tạo thành một bộ $n$ số. Hỏi cô giáo có thể nhận được tất cả bao nhiêu bộ không tính thứ tự với cách chọn trên?

Lời giải.

Trước hết, ta có bổ đề sau (định lí counting multisets):
Số bộ không tính thứ tự có $k$ phần tử với các phần tử lấy từ tập hợp có $n$ số là $C_{n+k-1}^{k}$.

Giả sử các bộ cần tìm có dạng $\left( {{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{n}} \right)$ với ${{a}_{i}}\in \left\{ 0,1,2,...,n \right\},i=\overline{1,n}$, ta giả sử $${{a}_{1}}\le {{a}_{2}}\le {{a}_{3}}\le ...\le {{a}_{n}}.$$
Ta sẽ tìm các bộ mà tồn tại một trường hợp trong thực tế tương ứng với nó.
Gọi $f(k)$ là số bộ có chứa đúng $k$ số 0, dễ thấy khi đó ${{a}_{1}}={{a}_{2}}=...={{a}_{k}}=0$.
Nếu $k=0$ thì dễ thấy ${{a}_{i}}>0,\forall i$ và lúc này, ta luôn tìm được một trường hợp trong thực tế để xuất hiện câu trả lời như thế, đó chính là khi tất cả các học sinh đều nói dối. Suy ra $f(0)=C_{n+n-1}^{n}=C_{2n-1}^{n}.$

Ta cũng thấy rằng $f(n)=0$ vì không thể xảy ra bộ $(0,0,0,...,0).$
Xét trường hợp $0<k<n.$ Giả sử có đúng $t$ học sinh nói thật trong hàng và $n-t$ học sinh nói dối. Dễ thấy $t>0$ vì nếu $t=0$ thì $k=0$ và $t\le n-k$ vì nếu $t>n-k$ thì trong hàng sẽ có $k+t>n$ học sinh, vô lí.
Ta thấy ${{a}_{k+1}}={{a}_{k+2}}=...={{a}_{k+t}}=t$ và $t+1\le {{a}_{k+t+1}}\le {{a}_{k+t+2}}\le ...\le {{a}_{n}}\le n$.
Số bộ như thế là $C_{2n-k-2t-1}^{n-k-t}$. Do đó $f(k)=\sum\limits_{t=1}^{n-k}{C_{2n-k-2t-1}^{n-k-t}}$.
Vậy số bộ cần tính là $$f(0)+\sum\limits_{k=1}^{n-1}{f(k)}=C_{2n-1}^{n}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}{\sum\limits_{t=1}^{n-k}{C_{2n-k-2t-1}^{n-k-t}}}$$

Câu hỏi đặt ra là:
1/ Hãy chỉ ra lỗi sai trong lời giải trên.
2/ Nếu được (mình không chắc), hãy giải bài toán trên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[mariakagawa]

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Mình có bài toán này và với lời giải đi kèm.
Bài 21.
Cô giáo tổ chức chia lớp thành 2 nhóm để chơi một trò chơi. Nhóm thứ nhất gồm các học sinh luôn nói sự thật còn nhóm thứ hai gồm các học sinh luôn nói không đúng sự thật. Cô chọn bất kì $n$ học sinh từ hai nhóm để xếp thành một hàng rồi hỏi mỗi học sinh, có bao nhiêu học sinh nói thật trong hàng này, câu trả lời sẽ là một số tự nhiên thuộc tập hợp $\left\{ 0,1,2,...,n \right\}$ rồi ghi nhận kết quả trả lời của các học sinh tạo thành một bộ $n$ số. Hỏi cô giáo có thể nhận được tất cả bao nhiêu bộ không tính thứ tự với cách chọn trên?

Lời giải.

Trước hết, ta có bổ đề sau (định lí counting multisets):
Số bộ không tính thứ tự có $k$ phần tử với các phần tử lấy từ tập hợp có $n$ số là $C_{n+k-1}^{k}$.

Giả sử các bộ cần tìm có dạng $\left( {{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{n}} \right)$ với ${{a}_{i}}\in \left\{ 0,1,2,...,n \right\},i=\overline{1,n}$, ta giả sử $${{a}_{1}}\le {{a}_{2}}\le {{a}_{3}}\le ...\le {{a}_{n}}.$$
Ta sẽ tìm các bộ mà tồn tại một trường hợp trong thực tế tương ứng với nó.
Gọi $f(k)$ là số bộ có chứa đúng $k$ số 0, dễ thấy khi đó ${{a}_{1}}={{a}_{2}}=...={{a}_{k}}=0$.
Nếu $k=0$ thì dễ thấy ${{a}_{i}}>0,\forall i$ và lúc này, ta luôn tìm được một trường hợp trong thực tế để xuất hiện câu trả lời như thế, đó chính là khi tất cả các học sinh đều nói dối. Suy ra $f(0)=C_{n+n-1}^{n}=C_{2n-1}^{n}.$

Ta cũng thấy rằng $f(n)=0$ vì không thể xảy ra bộ $(0,0,0,...,0).$
Xét trường hợp $0<k<n.$ Giả sử có đúng $t$ học sinh nói thật trong hàng và $n-t$ học sinh nói dối. Dễ thấy $t>0$ vì nếu $t=0$ thì $k=0$ và $t\le n-k$ vì nếu $t>n-k$ thì trong hàng sẽ có $k+t>n$ học sinh, vô lí.
Ta thấy ${{a}_{k+1}}={{a}_{k+2}}=...={{a}_{k+t}}=t$ và $t+1\le {{a}_{k+t+1}}\le {{a}_{k+t+2}}\le ...\le {{a}_{n}}\le n$.
Số bộ như thế là $C_{2n-k-2t-1}^{n-k-t}$. Do đó $f(k)=\sum\limits_{t=1}^{n-k}{C_{2n-k-2t-1}^{n-k-t}}$.
Vậy số bộ cần tính là $$f(0)+\sum\limits_{k=1}^{n-1}{f(k)}=C_{2n-1}^{n}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}{\sum\limits_{t=1}^{n-k}{C_{2n-k-2t-1}^{n-k-t}}}$$

Câu hỏi đặt ra là:
1/ Hãy chỉ ra lỗi sai trong lời giải trên.
2/ Nếu được (mình không chắc), hãy giải bài toán trên.

Em nghĩ lời giải này chưa đúng vì phần in đậm, lập luận trên dẫn đến không có ai trả lời giá trị từ 1 đến t-1, không chính xác lắm. Cho em hỏi thêm là bài toán có cho học sinh ở 2 nhóm đều lớn hơn $n$ không?
Có bạn nào có lời giải bài 18 gọn gàng k, mình giải bằng cách phải tính toán k được hay lắm mà chưa kiểm tra chính xác nữa nên chưa dám post
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi mariakagawa

Em nghĩ lời giải này chưa đúng vì phần in đậm, lập luận trên dẫn đến không có ai trả lời giá trị từ 1 đến t-1, không chính xác lắm. Cho em hỏi thêm là bài toán có cho học sinh ở 2 nhóm đều lớn hơn $n$ không?
Có bạn nào có lời giải bài 18 gọn gàng k, mình giải bằng cách phải tính toán k được hay lắm mà chưa kiểm tra chính xác nữa nên chưa dám post

Oh đúng rồi đấy, em nhận xét rất chuẩn.Số học sinh thì thoải mái thôi, đều lớn hơn $n$ hết.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[mariakagawa]

Không biết em có hiểu nhầm đề không nhỉ, ta thấy với $0 \le k \le n$ thì nếu một bộ $n$ số thỏa mãn có đúng $k$ số bằng $k$ thì sẽ có trường hợp mà cô thu được bộ số trên. Và theo bổ đề anh nói ở trên thì số bộ số thu được sẽ là
$$ \sum\limits_{k=0}^{n}C_{n+n-k-1}^{n-k}=C_{2n}^{n}$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kien10a1]

Nguyên văn bởi mariakagawa

Không biết em có hiểu nhầm đề không nhỉ, ta thấy với $0 \le k \le n$ thì nếu một bộ $n$ số thỏa mãn có đúng $k$ số bằng $k$ thì sẽ có trường hợp mà cô thu được bộ số trên. Và theo bổ đề anh nói ở trên thì số bộ số thu được sẽ là
$$ \sum\limits_{k=0}^{n}C_{n+n-k-1}^{n-k}=C_{2n}^{n}$$

Bạn đếm như vậy chưa chính xác, vì sẽ có sự trùng lặp, có những bộ thỏa mãn cả hai điều kiện: có k số k và có k+1 số k+1.

Thử dùng bao hàm và loại trừ xem sao

Bài 18 thì có thể tham khảo tại đây http: //www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2855950&sid=a094f33d276bff264bcf90 6fb44062d6#p2855950
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[mariakagawa]

Nguyên văn bởi kien10a1

Bạn đếm như vậy chưa chính xác, vì sẽ có sự trùng lặp, có những bộ thỏa mãn cả hai điều kiện: có k số k và có k+1 số k+1.

Thử dùng bao hàm và loại trừ xem sao

Bài 18 thì có thể tham khảo tại đây http: //www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2855950&sid=a094f33d276bff264bcf90 6fb44062d6#p2855950

Vâng đúng là mình sai rồi, bất cẩn thật, nếu dùng bao hàm và loại trừ thì phải lấy sigma theo tổng $n$ có vẻ phức tạp.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Mình xin nêu gợi ý cho các bài đã nêu lần trước:

Bài 5.

Cho dãy số $({{u}_{n}})$ xác định bởi $\left\{ \begin{align}
& {{a}_{0}}={{a}_{1}}=1, \\
& {{a}_{n+1}}=\frac{(2n+3){{a}_{n}}+3n{{a}_{n-1}}}{n+3},n\ge 1. \\
\end{align} \right.$
Chứng minh rằng tất cả số hạng của dãy đều nguyên.

Gợi ý.
Bằng quy nạp, chứng minh rằng $a_{n+2} = a_{n+1} + \sum_{k=1}^n a_k \cdot a_{n-k}$ hoặc $a_n = \sum_{k=0}^n C_n^k C_k$, trong đó $C_k$ là số Catalan thứ $k$.

Đây là một bài trong cuốn "Problem from the book" của Titu nhưng không có lời giải, mọi người có thể tham khảo lời giải đầy đủ (bằng tiếng Hungary) tại đây:
http://www.komal.hu/verseny/2000-03/A.h.shtml

Bài 6.

Với mỗi số nguyên dương $n,$ gọi ${{a}_{n}}$ là tổng số lượng các chữ số của ${{2}^{n}}$ và ${{5}^{n}}$ khi viết trong hệ thập phân. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương $m$ sao cho tồn tại một hoán vị của các số ${{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},...,{{a}_{m}}$ mà tổng của $k$ số hạng đầu tiên trong dãy hoán vị đó không chia hết cho $k$ với mọi $k=2,3,...,m$.

Gợi ý.
Như thầy Dũng gợi ý lần trước thì $a_n = n+1$ với mọi $n$, chứng minh dễ dàng bằng cách dùng logarit thập phân. Đến đây chỉ cần viết ra các trường hợp nhỏ là có thể đoán được rồi quy nạp bình thường.

Bài 7.

Cho các số nguyên tố ${{p}_{1}},{{p}_{2}},{{p}_{3}},...,{{p}_{k}}$ đôi một khác nhau và cho các số tự nhiên bất kì ${{n}_{1}},{{n}_{2}},{{n}_{3}},...,{{n}_{k}}$ đều lớn hơn 2. Chứng minh rằng số các cặp $(x,y)$ không có thứ tự, nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn đẳng thức sau $${{x}^{7}}+{{y}^{7}}=p_{1}^{{{n}_{1}}}\cdot p_{2}^{{{n}_{2}}}\cdot p_{3}^{{{n}_{3}}}\cdot ...\cdot p_{k}^{{{n}_{k}}}$$ không vượt quá ${{2}^{k+1}}.$

Gợi ý.
Do $\gcd (x,y)=1$ nên ta chứng minh được rằng $\gcd(x+y, x^6-x^5y+x^4y^3-x^3y^4+x^2y^5+xy^6) \in \{1,7 \}$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Nguyên văn bởi DaiToan

Bài 13: Tìm hằng số C lớn nhất sao cho với mỗi số nguyên dương n tồn tại các số dương $${a_1},{a_2},...,{a_n};{\rm{ }}{b_1},{b_2},...,{b_n}$ $ thỏa mãn các đkiện sau:
$$\begin{array}{l}
i){\rm{ }}\sum\limits_{k = 1}^n {{b_k}} = 1;2{b_k} \ge {b_{k - 1}} + {b_{k + 1}}{\rm{ }}\forall k = \overline {2,n - 1} \\
ii){\rm{ }}a_k^2 \le 1 + \sum\limits_{i = 1}^k {{a_i}{b_i}} {\rm{ }}\forall k = \overline {1,n} \\
iii){\rm{ }}{a_n} = C
\end{array}$
$
Bài 14: Cho bốn số $${x_1},{x_2},{x_3},{x_4} \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right]$ $. Chứng minh rằng:
$$\prod\limits_{i = 1}^4 {\frac{{{x_i}}}{{1 - {x_i}}}} \le \frac{{\sum\limits_{i = 1}^4 {x_i^4} }}{{\sum\limits_{i = 1}^4 {{{(1 - {x_i})}^4}} }}$ $

Bài 13. Đáp số $C_{\max}=\frac{3}{2}$, khi đó tồn tại dãy thỏa mãn là $a_{k}=1+\frac{k}{2n},k=1,2,...,n$ và $b_{k}=\frac{1}{n},\forall k=1,2,...,n$.
Giả sử $C$ là một hằng số thỏa mãn bài toán. Từ ii, suy ra $\max a_{i}<2$. Đặt $b_{m}=\max{b_{i}}$, khi đó, theo i, ta có: $$b_{k}\geqslant \frac{(k-1)b_{m}+(m-k)b_{1}}{m-1},\forall k=1,2,...,m$$ mà $b_{1}>0$ nên $b_{k}>\frac{(k-1)b_{m}}{m-1},\forall k=1,2,...,m$. Hoàn toàn tương tự $b_{k}>\frac{(n-k)b_{m}}{n-m},\forall k=m+1,m+2,...,n$. Từ đó, với chú ý $b_{1}+b_{2}+...+b_{n}=1$, suy ra: $$1 < \frac{b_{m}}{m-1}\sum_{k=1}^{m}(k-1)+\frac{b_{m}}{n-m}\sum_{k=m+1}^{n}(n-k)=\frac{n-1}{2}.b_{m}$$ Do đó, $\max b_{i}=b_{m}<\frac{2}{n-1}$.Đặt $c_{0}=1,c_{k}=1+\sum_{i=1}^{k}a_{i}b_{i}$, khi đó:
$$a_{k}\leq \sqrt{c_{k}},\forall k=1,2,...,n$$ $$c_{k+1}-c_{k}=a_{k+1}b_{k+1}\leq \min \left \{ \sqrt{c_{k+1}}b_{k+1},2b_{k+1} \right \}$$ Suy ra: $$\sqrt{c_{k+1}}-\sqrt{c_{k}}=\frac{c_{k+1}-c_{k}}{\sqrt{c_{k+1}}+\sqrt{c_{k}}}\leqslant \frac{b_{k+1}.\sqrt{c_{k+1}}}{\sqrt{c_{k+1}}+\sqrt {c_{k}}}=b_{k+1}\left [ \frac{1}{2}+\frac{c_{k+1}-c_{k}}{2(\sqrt{c_{k+1}}+\sqrt{c_{k}})^{2}} \right ]<b_{k+1}\left [ \frac{1}{2}+\frac{1}{2(n-1)} \right ]$$ Cho $k$ chạy từ $0$ đến $n-1$ rồi cộng theo vế các bất đẳng thức đó, ta có: $$\sqrt{c_{n}}-\sqrt{c_{0}}\leqslant \frac{1}{2}+\frac{1}{2(n-1)}$$ Suy ra: $$C=a_{n}\leqslant \sqrt{c_{n}}\leqslant \frac{3}{2}+\frac{1}{2(n-1)}$$ Cho $n\rightarrow +\infty$, ta được $C\leqslant \frac{3}{2}$.
Bài 14. Không mất tính tổng quát, giả sử $x_{1}\geqslant x_{2}\geqslant x_{3}\geqslant x_{4}$. Để ý $$x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+x_{3}^{4}+x_{4}^{4}=(x_{1}^{ 2}-x_{2}^{2})^{2}+(x_{3}^{2}-x_{4}^{2})^{2}+2\left (x_{1}^{2}x_{2}^{2}+x_{3}^{2}x_{4}^{2} \right )$$ Thiết lập tương tự cho $(1-x_{1})^{4}+(1-x_{2})^{4}+(1-x_{3})^{4}+(1-x_{4})^{4}$, ta đưa bài toán về chứng minh ba BĐT sau: $$\frac{\left (x_{1}^{2}-x_{2}^{2} \right )^{2}}{x_{1}x_{2}x_{3}x_{4}}\geqslant \frac{(x_{1}-x_{2})^{2}(x_{1}+x_{2}-2)^{2}}{(1-x_{1})(1-x_{2})(1-x_{3})(1-x_{4})}$$ $$\frac{\left (x_{3}^{2}-x_{4}^{2} \right )^{2}}{x_{1}x_{2}x_{3}x_{4}}\geqslant \frac{(x_{3}-x_{4})^{2}(x_{3}+x_{4}-2)^{2}}{(1-x_{1})(1-x_{2})(1-x_{3})(1-x_{4})}$$ $$\frac{2\left (x_{1}^{2}x_{2}^{2}+x_{3}^{2}x_{4}^{2} \right )}{x_{1}x_{2}x_{3}x_{4}}\geqslant \frac{2\left [ (1-x_{1})^{2}(1-x_{2})^{2}+(1-x_{3})^{2}(1-x_{4})^{2} \right ]}{(1-x_{1})(1-x_{2})(1-x_{3})(1-x_{4})}$$ BĐT thứ nhất và hai chứng minh tương tự nhau, ta chứng minh đại diện BĐT thứ nhất:
Nó tương đương với: $$\frac{(x_{1}+x_{2})^{2}}{x_{1}x_{2}x_{3}x_{4}} \geqslant \frac{(x_{1}+x_{2}-2)^{2}}{(1-x_{1})(1-x_{2})(1-x_{3})(1-x_{4})}$$ Do $0<x_{3},x_{4}\leqslant \frac{1}{2}$ nên $x_{3}x_{4}\leqslant (1-x_{3})(1-x_{4})$. Vậy ta chỉ cần chỉ ra: $$\frac{(x_{1}+x_{2})^{2}}{x_{1}x_{2}}\geqslant \frac{(x_{1}+x_{2}-2)^{2}}{(1-x_{1})(1-x_{2})}$$ Hay là $f\left ( \frac{x_{1}}{x_{2}} \right )\geqslant f\left ( \frac{1-x_{2}}{1-x_{1}} \right )$, trong đó $f(t)=t+\frac{1}{t}$ đồng biến trên $[1,+\infty)$. Chú ý rằng, $\frac{x_{1}}{x_{2}}\geqslant \frac{1-x_{2}}{1-x_{1}}\geqslant 1$ nên ta có đpcm.
Ta cũng thấy BĐT thứ ba tương đương với $f\left ( \frac{x_{1}x_{2}}{x_{3}x_{4}} \right )\geqslant f\left ( \frac{(1-x_{3})(1-x_{4})}{(1-x_{1})(1-x_{2})} \right )$. Hay là $$\frac{x_{1}x_{2}}{x_{3}x_{4}}\geqslant \frac{(1-x_{3})(1-x_{4})}{(1-x_{1})(1-x_{2})}\Leftrightarrow \frac{x_{1}(1-x_{1})}{x_{3}(1-x_{3})}.\frac{x_{2}(1-x_{2})}{x_{4}(1-x_{4})}\geqslant 1$$ đúng vì $x_{1}(1-x_{1})\geqslant x_{3}(1-x_{3})$ và $x_{2}(1-x_{2})\geqslant x_{4}(1-x_{4})$
Bài 22. Cho dãy số thực $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ và dãy số thực dương $b_{1},b_{2},...,b_{n}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$\sum_{k=1}^{n}a_{\sigma (k)}\sum_{i=k}^{n}b_{\sigma (i)}$$ khi $\sigma $ chạy trên tất cả các hoán vị của $1,2,...,n$
Bài 23. Cho $a_{1},a_{2},...,a_{300}$ là các số thực không âm có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$P=\sum_{i\neq j,i|j}a_{i}a_{j}$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kien10a1]

Một chút về bài 23: [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]