BẢNG XẾP HẠNG SAU TRẬN 15

01) MSS17 Nguyen Lam Thinh [916.2]
02) MSS21 nthoangcute [883.4]
03) MSS16 Nguyễn Hữu Huy [824.2]
04) MSS09 minhtuyb [786.7]
05) MSS14 daovuquang [672.7]

06) MSS02 Cao Xuân Huy [663.7]
07) MSS30 phantomladyvskaitokid [634.6]
08) MSS10 duongld [433.3]
09) MSS33 WhjteShadow [365.2]
10) MSS06 maikhaiok [356.7]
11) MSS04 nguyenta98ka [329.4]
12) MSS05 Secrets In Inequalities VP [285.2]
13) MSS39 danganhaaaa [247.1]
14) MSS24 ToanHocLaNiemVui [221.4]
15) MSS03 yeutoan11 [210.7]

16) MSS19 Kir: [210.2] [tb=16.2]
17) MSS36 vtduy97 [193.9] [tb=24.3]
18) MSS26 sherlock holmes 1997 [180.4] [tb=16.4]
19) MSS28 tranhydong [179.9] [tb=16.4]
20) MSS32 tson1997 [173.4] [tb=19.2]
21) MSS40 mitout03[142.1] [tb=28.4]
22) MSS22 nth1235 [129.2] [tb=11.7]
23) MSS37 hell angel 97 [65] [tb=8.1]
24) MSS27 Cuong Ngyen [107.3] [tb=11.9]
25) MSS46 ninhxa [67] [tb=67]
26) MSS43 agito0002 [50.9] [tb=17]
27) MSS44 hamdvk[49.1] [tb=24.6]
28) MSS45 Tru09[0] [tb=0]

MSS08 bong hoa cuc trang [89.2] [tb=5.9]

MSS22 không ra đề nên $D_{rd}=-10$
Nhận xét:
Đề khá khó chịu Có ít bạn tham gia giải
Đây là đề thi vào trường Lê Quý Đôn Đà Nẵng năm 2001
Tuyên dương em Nguyen Lam Thinh có nhiều mở rộng hay
Nhưng anh phải nói là có nhiều bạn chép chung sách nên có thể cùng đúng hoặc cùng sai
================================
TỔNG KẾT TRẬN 15:
MSS02: Cao Xuân Huy[56]
MSS03: yeutoan11
MSS04: nguyenta98ka
MSS05: Secrets In Inequalities VP[54]
MSS06: maikhaiok
MSS08: bong hoa cuc trang
MSS09: minhtuyb
MSS10: duongld
MSS14: daovuquang[48]
MSS16: Nguyễn Hữu Huy
MSS17: Nguyen Lam Thinh[116]
MSS19: Kir
MSS21: nthoangcute[79]
MSS22: nth1235 [-10]
MSS24: ToanHocLaNiemVui
MSS26: sherlock holmes 1997
MSS27: Cuong Ngyen
MSS28: tranhydong
MSS30: phantomladyvskaitokid
MSS32: tson1997
MSS33: WhjteShadow
MSS36: vtduy97
MSS37: hell angel 97
MSS39: danganhaaaa
MSS40: mituot03
MSS41: bossulan239
MSS42: thaonguyenkmhd
MSS43: agito0002
MSS44: hamdvk
MSS45: Tru09
MSS46: ninhxa[67]

Đã hết giờ làm bài của MSS 15

Mời các em thảo luận bài làm

Tuy nhiên MSS 15 vẩn chưa kết thúc zz Chuyện hay còn ở phía sau

Và các em có cơ hội nhận 20K (nạp card điện thoại) ) Nếu giải đúng bài mở rộng của anh

Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=6$. Cm:
\[\sqrt{\frac{{{\left( a+b \right)}^{3}}}{a+1}}+\sqrt{\frac{{{\left( b+c \right)}^{3}}}{b+2}}+\sqrt{\frac{{{\left( c+a \right)}^{3}}}{c+3}}\ge 12\]

Bài 2: Cho $a,b,c\ge 0$ sao cho $ab+bc+ca\ne 0$. Cm:
\[ \frac{a^{2}+bc}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}+ac}{a^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}+ab}{a^{2}+b^{2}}\ge 2+\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} \]

Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương thoả mãn $$\dfrac{1-c}{a}+ \dfrac{1-d}{b}+ \dfrac{1-a}{c}+ \dfrac{1-b}{d} \ge 0$$
Prove that $a(1-b)+b(1-c)+c(1-d)+d(1-a) \ge 0.$

Gabriel Dospinescu, Ecole Polytechnique, Paris, France

Bài này nhìn ngộ nhỉ
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\left( \frac{1-c}{a}+\frac{1-d}{b}+\frac{1-a}{c}+\frac{1-b}{d} \right)\left( \text{a}\left( \text{1}-\text{b} \right)+\text{b}\left( \text{1}-\text{c} \right)+\text{c}\left( \text{1}-\text{d} \right)+\text{d}\left( \text{1}-\text{a} \right)~ \right)\ge 0$
\begin{align}
& \Leftrightarrow \frac{(1-a)b(1-c)}{c}+\frac{a(1-a)(1-b)}{c}+\frac{(1-c)b(1-c)}{a}+\frac{(1-a)(1-d)d}{b} \\
& +\frac{a(1-b)(1-d)}{b}+\frac{a{{(1-b)}^{2}}}{d}+(1-a)(1-b)+\frac{{{(1-a)}^{2}}d}{c}+\frac{(1-a)(1-c)d}{a} \\
& +\frac{(1-a)c(1-d)}{c}+\frac{(1-c)c(1-d)}{a}+\frac{(1-d)b(1-c)}{b}+\frac{(1-b)b(1-c)}{d} \\
& +\frac{(1-d)c(1-d)}{b}+\frac{(1-b)c(1-d)}{d}+(1-b)(1-c)\ge 0 \\
\end{align}
$\Leftrightarrow abcd\left( \frac{1-c}{a}+\frac{1-d}{b}+\frac{1-a}{c}+\frac{1-b}{d} \right)\ge 0$ $\blacksquare$

Mấy chú cứ xoắn đi )
thằng Huy thấp hơn anh những 2 cái đầu )
Tuy ko "hôi" như anh Hân nhưng anh rất "to và cao" =))

Cho $a, b, c > 0$. CM $\frac{a^4}{1+a^2b}+\frac{b^4}{1+b^2c}+\frac{c^4}{1+c^2a} \ge \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Giống đề kt lớp mình quá Xoắn tí
Áp dụng bđt Cauchy-Schwwarz, ta được:
\[\sum{\frac{{{a}^{4}}}{1+{{a}^{2}}b}}\ge \frac{{{\left( \sum{{{a}^{2}}\sqrt{c}} \right)}^{2}}}{(abc+1)(a+b+c)}\ge \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}\]
vì $\sum{{{a}^{2}}\sqrt{c}}\ge \sqrt{abc}(a+b+c)$ $\blacksquare$

Mở rộng:
Cho $a, b, c \ge 0$. Cm:
\[\frac{{{a}^{4}}}{1+{{a}^{2}}b}+\frac{{{b}^{4}}}{1+{{b}^{2}}c}+\frac{{{c}^{4}}}{1+{{c}^{2}}a}\ge \frac{27({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}{16({{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}})+33abc+81}\]

Bài toán 2.
Cho các số không âm $a,b,c$ . Chứng minh bất đẳng thức :
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge 3\left (\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right )^{\dfrac{2}{3}}$$

Đây là bài toán khá quen thuộc với "dân Mathlinks"
Bài toán này từng là ý tưởng của hàng loạt các bài toán hoán vị dạng này

Sư dụng bổ đề: $4{{\left( x+y+z \right)}^{3}}\ge 27\left( {{x}^{2}}y+{{y}^{2}}z+{{z}^{2}}z+xyz \right)$
Và thay $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z=\frac{c}{a}$, ta được:

\[4{{\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right)}^{3}}\ge 27\left( \frac{{{a}^{2}}}{bc}+\frac{{{b}^{2}}}{ca}+\frac{{{c}^{2}}}{ab}+1 \right)=27\left( \frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{abc}+1 \right)\]
Vậy, ta cần chứng minh:

\[\frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{abc}+1\ge 4{{\left( \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{ab+bc+ca} \right)}^{2}}\]
Đặt $c=min{a,b,c}$, bằng SOS, ta được:
$\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca \right)\left( \frac{a+b+c}{abc}-\frac{4\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab+bc+ca \right)}{{{\left( ab+bc+ca \right)}^{2}}} \right)$

$\ge \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca \right)\left( \frac{ab-{{c}^{2}}}{abc\left( a+c \right)} \right)\ge 0$

ps: Anh Huy cho em xin giải bài 1 SOS mãi ko ra

Các em tham khảo cái này
Bài viết của anh Nguyễn Anh Tuấn
Vẩn còn một mở rộng trong bài viết này mà các em chưa tìm được ;

Ps: đề nghị người ra đề lần sau ko lên lấy những bài "nổi tiếng" như thế này nữa.
Thấy hình như các bạn chép nhiều quá .
 IMO2005.pdf   1.08MB   425 Số lần tải

Bài 1 sử dụng phân tích bình phương SOS đúng không wallunint

Dạ hok
SOS sử dụng cho bài 2 thôi ak zz
Còn bài 1 đẳng thức ko xảy ra khi $ a=b=c $ nên hok làm thế đc

Xin giới thiệu vs các bạn 1 bài bđt cực kì khó chịu
Mình làm mấy ngày mới ra

Cho $ a,b,c $ không âm. Chứng minh rằng:
$ \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} + 9\frac{{ab + bc + ca}}{{a^2 + b^2 + c^2 }} \ge 6 $

Các bạn có thể tìm trong "sáng tạo bất đẳng thức" có 1 bài khá giống nhưng hok rắc rối như bài trên:

Cho $ a,b,c $ không âm. Chứng minh rằng:
$ \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} + \left( {\frac{{\sqrt 3 - 1}}{2}} \right)\frac{{ab + bc + ca}}{{a^2 + b^2 + c^2 }} \ge \frac{{2 + \sqrt 3 }}{2} $

Bài 1: Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn abc=1. CMR:
$\frac{ab}{c^{2}a^{2}+c^{2}b^{2}}+\frac{bc}{a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}}+\frac{ac}{b^{2}a^{2}+b^{2}c^{2}}\geq \frac{3}{2}$
Bài 2: Cho a,b,c khác nhau đôi một và ab+bc+ca=4. CMR:
$\frac{1}{\left ( a-b \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( b-c \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( c-a \right )^{2}}\geq 1$

Công thức kẹp trong cặp dấu $

Hi !!!
Bài 1: Sử dụng đổi biến

Bài 2: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\frac{1}{\left ( a-b \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( b-c \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( c-a \right )^{2}}\geq \frac{4}{ab+bc+ca} $
Ta chú ý rằng: $ \left( {a - c} \right)^2 + \left( {b - c} \right)^2 = \left( {a - b} \right)^2 + 2\left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right) $
và $ \left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right) \le ab + bc + ca $
Áp dụng bđt AM-GM, ta đc:

$ \sum {\frac{1}{{\left( {a - b} \right)^2 }}} = \frac{1}{{\left( {a - b} \right)^2 }} + \frac{{\left( {a - b} \right)^2 }}{{\left( {a - c} \right)^2 \left( {b - c} \right)^2 }} + \frac{2}{{\left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)}} $

$ \ge \frac{2}{{\left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)}} + \frac{2}{{\left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)}} \ge \frac{4}{{ab + bc + ca}} $

ZZ

Lâu ngày mới có thời gian vào lại forum zz
Thấy toàn mấy bài lấy trong sách zz
Mình post bài này cho các bạn làm thử
Bài này sử dụng kĩ thuật cần bằng hệ số nhá

Cho $0 \le x \le 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$A = ax\sqrt {1 + {x}^{2}} + bx\sqrt {1 - x^2 } $

Đây là bài toán đc tổng quát hóa từ bài toán sau:

Cho $0 \le x \le 1$. Giải phương trình:
$x\left( {9\sqrt {1 + x^2 } + 13\sqrt {1 - x^2 } } \right) = 16$
Tức là phải chứng minh: $x\left( {9\sqrt {1 + x^2 } + 13\sqrt {1 - x^2 } } \right) \le 16$

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$ 2\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 9 + \left( {4 - \frac{{ab + bc + ca}}{{a^2 + b^2 + c^2 }}} \right)^2 $

Một người bạn đưa cho mình bài toán trên zz
Nhờ việc chứng minh bất đẳng thức trên zz
Mình đã tìm ra 1 bđt mạnh hơn như sau:
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$ \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 5 + \left( {4 - \frac{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}}{{a^2 + b^2 + c^2 }}} \right)^2 $

sử dụng phương pháp phân tích bình phường s.o.s
__
MOD: Mong bạn giải cụ thể ra. Gợi ý của bạn quá chung chung giống Spam

Bài này hình như ko giải bài SOS đc thì phải zz
Làm gì xuất hiện tổng bình phương mà SOS ??
Đây là lời giải của mình zz
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\sum {\frac{{\left( {a - c} \right)\left( {a - b} \right)}}{{b + ca}}} \ge 0$
Đặt
Giả sử $a \ge b \ge c \Rightarrow a \ge 1 \ge c$
+Khi $b \le 1$, ta có: $\frac{1}{{b + ca}} \ge \frac{1}{{c + ab}} \ge \frac{1}{{a + bc}}$
nên bđt cần chứng minh đúng theo bđt Vonicu Schur
+Khi $b \le 1$, bđt cần chứng minh tương đướng với:
$\frac{{\sum {\left( {a^2 + bc} \right)\left( {a + bc} \right)\left( {c + ab} \right)} }}{{\left( {a + bc} \right)\left( {b + ca} \right)\left( {c + ab} \right)}} \ge 3$
Vì $a \ge 1,b \ge 1,c \le 1$ nên

${VT} \geqslant \frac{{3\left( {c + 1} \right)^3 }}
{{\left( {ab + 1} \right)\left( {a + b} \right)^2 }} \geqslant \frac{{3\left( {c + 1} \right)^3 }}
{{\left( {\frac{{\left( {a + b} \right)^2 }}
{4} + 1} \right)\left( {3 - c} \right)^2 }} = \frac{{12\left( {c + 1} \right)^3 }}
{{\left( {\left( {3 - c} \right)^2 + 4} \right)\left( {3 - c} \right)^2 }}$
Cuối cùng chứng minh cái cuối lớn hơn hoặc bằng 3
END.

ZZ

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

$ 2\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 9 + \left( {4 - \frac{{ab + bc + ca}}{{a^2 + b^2 + c^2 }}} \right)^2 $

Bài 116: Cho $a,b,c>0$, $abc=1$.Chứng minh $BĐT$:
$\frac{a+b+c}{3}\geq\sqrt[5]{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}$

Bài mà bạn góp hơi bị khó xơi đó ak Thực sự ko hợp với THCS.
Vì là topic THCS nên mình ko post cách dồn biến làm gì Làm cách đơn giản hơn vậy
Em nào có học phương pháp đồng bậc rồi chắc cũng hiểu đc
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$ \left( {a + b + c} \right)^5 \ge 81\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) $
Để nó đồng bậc 1 tí ta viết lại nó như sau
$ \left( {a + b + c} \right)^5 \ge 81abc\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) $
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:

$ \left( {ab + bc + ca} \right)^2 \ge 3abc\left( {a + b + c} \right) $
Vậy, ta cần chứng minh:

$ \left( {a + b + c} \right)^6 \ge 27\left( {ab + bc + ca} \right)^2 \left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) $ $
Đặt p=a+b+c, q=ab+bc+ca, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$ p^6 \ge 27q^2 \left( {p^2 - 2q} \right) \Leftrightarrow p^6 - 27q^2 \left( {p^2 - 2q} \right) \ge 0 $

$ \Leftrightarrow \left( {p^2 - 3q} \right)^2 \left( {p^2 + 6q} \right) \ge 0 $
Kết hợp 2 bđt trên, ta có đpcm

ZZ

Anh có thể giải thích cho em tại sao anh lại tìm ra được $\frac{(1-c)^4}{16-4(1-c)^2}\leq \frac{25}{576}-\frac{17c}{192}$ được không, đây chắc là kĩ thuật khá mới em cần phải học hỏi, xin cám ơn!!

Thực ra bài này giải theo tư tưởng đưa về 1 biến như bạn Ispectorgadget đã làm.
Còn chỗ em hỏi thực ra không cần dùng tới phương pháp tiếp tuyến zz
Chỗ đó đơn giản chỉ là hệ số bất định zz vấn đề là đặt $m$ và $n$ để tìm ra 2 số $\frac{25}{576}$ và $\frac{17}{192}$
Em có thể tham khảo cuốn Kim Cương của Trần Phương hoặc tham khảo ở đây nhá
http://thptcambathuo...hread.php?t=762

Biến đổi tương đương đúng là cả một nghệ thuật.

Ta có bất đẳng thức tương đương:
$ 2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2} \ge 2ab + 2bc + 2ca + \frac{{{{(a - b)}^2}}}{{13}} + \frac{{{{(b - c)}^2}}}{3} + \frac{{2{{(c - a)}^2}}}{{209}} $
$ \Leftrightarrow {(a - b)^2} + {(b - c)^2} + {(c - a)^2} \ge \frac{{{{(a - b)}^2}}}{{13}} + \frac{{{{(b - c)}^2}}}{3} + \frac{{2{{(c - a)}^2}}}{{209}} $
$ \Leftrightarrow \frac{{12}}{{13}}{(a - b)^2} + \frac{2}{3}{(b - c)^2} + \frac{{207}}{{209}}{(a - b)^2} \ge 0 $

Bđt cuối cùng luôn đúng nên ta có ĐPCM.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
________________________________________________________________________________

Tiếp tục với mấy bài này nhé

Bài 104: Cho các số thực $a,b,c$ sao cho $a \ge b \ge c >0$. Chứng minh:
$ \frac{1}{{{{(a + b)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b + c)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c + a)}^2}}} \ge \frac{2}{{(a + c)(b + c)}} + \frac{1}{{4ab}} $

Bài 105: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh:
$ \frac{1}{{a + 3b}} + \frac{1}{{b + 3c}} + \frac{1}{{c + 3a}} \ge \frac{1}{{a + 2b + c}} + \frac{1}{{b + 2c + a}} + \frac{1}{{c + 2a + b}} $

Bài 106: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh:
$ \frac{1}{{4{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{1}{{4{b^2} + {c^2} + {a^2}}} + \frac{1}{{4{c^2} + {a^2} + {b^2}}} \le \frac{9}{2} $

Bài 105: Áp dụng bđt AM-GM, ta có:

$ \frac{1}{{a + 3b}} + \frac{1}{{a + 2c + b}} \ge \frac{4}{{2\left( {a + 2b + c} \right)}} $
Chứng minh tương tự, ta có đpcm
Bài 104: Biến đổi tương đương và áp dụng bđt Am-GM, ta có:
$ \frac{1}{{\left( {a + b} \right)^2 }} + \frac{1}{{\left( {b + c} \right)^2 }} + \frac{1}{{\left( {c + a} \right)^2 }} \ge \frac{1}{{4ab}} + \frac{2}{{\left( {c + a} \right)\left( {b + c} \right)}} $

$ \Leftrightarrow \left( {\frac{1}{{\left( {c + a} \right)}} - \frac{1}{{\left( {b + c} \right)}}} \right)^2 \ge \frac{{\left( {a - b} \right)^2 }}{{4ab\left( {a + b} \right)^2 }} $
$ \Leftrightarrow 4ab\left( {a + b} \right)^2 \ge \left( {c + a} \right)^2 \left( {b + c} \right)^2 $
do đk bài toán $ \Rightarrow 4ab \ge 4b^2 \ge \left( {b + c} \right)^2 $ và $ \left( {a + b} \right)^2 \ge \left( {c + a} \right)^2 $
Đến đây, ta có bđt cần cm.

ZZ

Một bài tương tự, tương đối mạnh và đẹp, đặc biệt hơn nó có một lời giải vô cùng ấn tượng.
Bài 69 Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng
$$\dfrac{{{a^2}(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}(c + a)}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} + \dfrac{{{c^2}(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \geq \dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{a^2b+b^2c+c^2a}+\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}$$
---------Lê Việt Hải-------------------

Bài này khá khó zz Nó sử dụng những khai triển sau:
$\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}+\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{a^2b+b^2c+c^2a}-2=\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(ab^2+bc^2+ca^2)(a^2b+b^2c+c^2a)}$

$\sum \dfrac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2} -2 = \sum \dfrac{ab(a-b)^2}{(b^2+bc+c^2)(a^2+ac+c^2)}$

$(b^2+bc+c^2)(a^2+ac+c^2)(a^2+ab+b^2)-3(ab^2+bc^2+ca^2)(a^2b+b^2c+c^2a)=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$

Ngày cuối tuần rồi Các bạn hãy giải thử bài này zz Nó cần sự khéo léo là chính:

Bài 49: Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a \ge b \ge c \ge 0$. Chứng minh rằng:
$$ a + 4b + 7c \leqslant 4\left( {\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} } \right) $$

Để topic được tiếp tục, có lẽ mình sẽ tự giải bài này vậy
(Đã xóa bởi wallunint)


ps: Bỏ qua bài 50. Các bạn post tiếp bài 51 đi nhé
Bài này giải bằng p,q,r khá phức tạp. Bạn nào muốn thử sức thì cứ làm thử theo và gợi ý sau:
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại như sau:
$ \left( {1 - q - c - ab} \right)\left( {1 - q - a - bc} \right)\left( {1 - q - b - ca} \right) \leqslant \dfrac{1}{{32}} $
$ \Leftrightarrow {q^2} - 2{q^3} - r\left( {2 + r - 4q} \right) \leqslant \dfrac{1}{{32}} $

Ngày cuối tuần rồi Các bạn hãy giải thử bài này zz Nó cần sự khéo léo là chính:

Bài 49: Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a \ge b \ge c \ge 0$. Chứng minh rằng:
$$ a + 4b + 7c \leqslant 4\left( {\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} } \right) $$

Mong các bạn trao đổi tích cực hơn trong topic này

Bài 33: Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ a+b+c=2 $.CMR
$$ \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + {a^2}} \right) \le 2 $$
Nguồn:Mathlink.ro

Ta có một bất đẳng thức cũng giống bdt trên, nhưng các bạn hãy thử giải bài này bằng p,q,r.


Bài 50: Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ a+b+c=1 $.CMR
$$ \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + {a^2}} \right) \le \dfrac{1}{32} $$

Lâu ngày mới quay lại topic này Thấy các bạn hăng hái quá zz Chắc mình về hưu thôi

Bài 43: (bài toán làm mạnh từ bài 41 mà tôi sưu tầm được)
Với mọi số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$, ta luôn có :
$$ \dfrac{{a(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{b(a + c)}}{{c^2+ca+a^2}} + \dfrac{{c(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \ge 2 + \dfrac{{3{{[(a - b)(b - c)(c - a)]}^2}}}{{({a^2} + ab + {b^2})({b^2} + bc + {c^2})(c^2+ca+a^2)}}. $$
Ngoài ra bài 41 ấy có thể chứng minh bằng AM GM

Bằng phép biến đổi tương đương, ta được:
$$ \sum {\dfrac{{a\left( {b + c} \right)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} - 2 = \sum {\dfrac{{ab{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{\left( {{b^2} + bc + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + ca + {a^2}} \right)}}} $$
Sử dụng kết quả trên, ta dễ dàng có (đpcm).

Tóm lại điều ta cần ở bài 42 là bổ đề
Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.CMR
$$ \dfrac{1}{{{a^2} + a + 1}} + \dfrac{1}{{{b^2} + b + 1}} + \dfrac{1}{{{c^2} + c + 1}} \ge 1 $$
Đây là một bổ đề quen thuộc và có nhiều ứng dụng
Vài ví dụ mà mình sưu tầm được
Bài 43: cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.CMR
$$ \dfrac{1}{{3{a^2} + {{(a - 1)}^2}}} + \dfrac{1}{{3{b^2} + {{(b - 1)}^2}}} + \dfrac{1}{{3{c^2} + {{(c - 1)}^2}}} \ge 1 $$
Bài 44: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$ thì
$$ \dfrac{a}{{2{a^3} + 1}} + \dfrac{b}{{2{b^3} + 1}} + \dfrac{c}{{2{c^3} + 1}} \le 1 $$
Bài 45: chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta có
$$ \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + \dfrac{1}{4}ab + {b^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} + \dfrac{1}{4}ca + {a^2}}}} \le 2 $$
Bài 46: Cho các số thực dương $a,b,c$ .CMR
$$ \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + 7ab + {b^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} + 7bc + {c^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} + 7ca + {a^2}}}} \ge 2 $$
Bài 47: Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca>0$.CMR
$$ \sqrt {\dfrac{{{a^6} + 2}}{{a({a^3} + 2)}}} + \sqrt {\dfrac{{{b^6} + 2}}{{b({b^3} + 2)}}} + \sqrt {\dfrac{{{c^6} + 2}}{{c({c^3} + 2)}}} \ge a + b + c $$
Vẫn còn rất nhiều các bất đẳng thức là hệ qur của bài toán trên các bạn hãy tiếp tục bổ sung thêm

Bài 43, 46: 2 bài này cũng khá quen thuộc và đơn giản, ta sẽ sử dụng một số đánh giá đơn giản và bổ đề trên:
- bài 43: $$ \dfrac{1}{{3{a^2} + {{\left( {a - 1} \right)}^2}}} \geqslant \dfrac{1}{{{a^4} + {a^2} + 1}} $$
- bài 45: Đặt $$ x = \sqrt {\dfrac{a}{b}} ,y = \sqrt {\dfrac{b}{c}} ,z = \sqrt {\dfrac{c}{a}} $$
và $$ \dfrac{1}{{\sqrt {{x^4} + 7{x^2} + 1} }} \geqslant \dfrac{1}{{{x^2} + x + 1}} $$

Bài 46: Ngoài cách sử dụng bổ đề trên, ta có thể chứng minh bài toán bằng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz như sau:
$$ \sum {\dfrac{a}{{\sqrt {{b^2} + \dfrac{{bc}}{4} + {c^2}} }}} = \sum {\dfrac{{{a^2}}}{{a\sqrt {{b^2} + \dfrac{{bc}}{4} + {c^2}} }}} \geqslant \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{\sum {\sqrt a \sqrt {a{b^2} + \dfrac{{abc}}{4} + a{c^2}} } }} $$
Vậy ta chỉ cần chứng minh: $ {\left( {a + b + c} \right)^2} \geqslant 2\sum {\sqrt a \sqrt {a{b^2} + \dfrac{{abc}}{4} + a{c^2}} } $
Áp dụng bdt Cauchy-Schwarz, ta có:
$$ {\left( {\sum {\sqrt a \sqrt {a{b^2} + \dfrac{{abc}}{4} + a{c^2}} } } \right)^2} \leqslant \left( {\sum a } \right)\left( {\dfrac{3}{4}abc + \sum {ab\left( {a + b} \right)} } \right) $$
Bất đẳng thức quy về chứng minh:
$$ \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{4} \geqslant \dfrac{3}{4}abc + \sum {ab\left( {a + b} \right)} $$
$$ \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \geqslant \sum {ab\left( {a + b} \right)} $$

Bài 44 thì khá khó và bài 47 thì giải tương tự bài 42 của bboy114crew

ps: Anh chị nào là ĐHV Olympic thì xóa dùm mấy bài bị trùng trong topic này nha

Bài này cũng không khó lắm zz Tốt nhất là cứ tính trước điểm rơi của nó

Ta có: $z=\dfrac{2x+4y}{2xy-7}$ nên $P = x + y + \dfrac{{2x + 4y}}{{2xy - 7}}$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

$$ P = x + \dfrac{{11}}{{2x}} + \left( {y - \dfrac{7}{{2x}}} \right) + \left( {\dfrac{{2x + 4y}}{{2xy - 7}} - \dfrac{2}{x}} \right) $$
$$ \Leftrightarrow P = x + \dfrac{{11}}{{2x}} + \dfrac{{2xy - 7}}{{2x}} + \dfrac{{2{x^2} + 7}}{{2xy - 7}} $$
$$ \Leftrightarrow P \geqslant x + \dfrac{{11}}{{2x}} + \dfrac{{2\sqrt {{x^2} + 7} }}{x} $$
Đến đây đã dồn biểu thức về 1 biến và có thể giải bằng nhiều cách
Đáp án: $ {P_{\min }} = \dfrac{{15}}{2} \Leftrightarrow x = 3,y = \dfrac{5}{2},z = 2 $

Đề kiểm tra chọn đội tuyển
Thời gian: 180 phút

Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên $a,b$ sao cho $\dfrac{{{a}^{2}}b+b}{a{{b}^{2}}+9}$ là số nguyên.

Bài 2: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$. Chứng minh rằng:
$$ \dfrac{1}{2-a}+\dfrac{1}{2-b}+\dfrac{1}{2-c} \ge 3 $$
Bài 3: Trên mặt bàn có 2009 đồng xu có kích thước như nhau, mỗi đồng xu có 2 mặt xanh và đỏ. Tất cả các đồng xu đều ngửa mặt xanh lên trên. Bây giờ, ta sẽ tiến hành lật các đồng xu lên. Mỗi lần lật, ta được phép lật 4 đồng bất kì. Hỏi sau 2010 lần như thế, ta có thể lật tất cả các đồng xu thành mặt đỏ được không ? Giải thích.

Bài 4: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $\left( O \right)$ và một điểm $M$ bất kì trong tam giác. Các cạnh $AM,BM,CM$ lần lượt cắt đường tròn tại ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}$. Tiếp tuyên của đường tròn tại ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}$ cắt $BC,CA,AB$ tại ${{A}_{2}},{{B}_{2}},{{C}_{2}}$. Chứng minh rằng ${{A}_{2}},{{B}_{2}},{{C}_{2}}$ thẳng hàng.

Bài 5: Một con Robot được đặt trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ tại ô có $(2009,2010)$. Khi di chuyển, Robot sẽ tiến tới ô có tọa độ $(x',y')=\left( \dfrac{x+y}{2},\dfrac{2xy}{x+y} \right)$ với $(x,y)$ là tọa độ của Robot trước khi di chuyển. Chứng minh rằng, Robot không thể di chuyển vào bên trong vòng tròn có tâm là gốc tọa độ $O$ và có bán kính là 2840.


ps: Còn một bài phương trình rất khó nhưng mình quên mất đề zz sẽ post vào lần khác.