chuyenndu

đi tối thiểu thì chỉ đi đến ô (x+1,y),(x,y+1). số đường đi ngắn nhất từ (a,b) đến (c,d) thì đã biết theo công thức là $C_{c-a+d-b}^{c-a}$

giờ đếm bằng bù trừ, sẽ đếm số đường đi đã đi qua ô phóng xạ, WLOG giả sử 4 đỉnh của ô có tọa độ (1,1),(2,1)(1,2),(2,2)

đếm bằng cách tính số đường đi từ (0,0) đến (1,1) và từ (1,1) đến (5,5)

ý tưởng đại khái là thế

giả thiết $\Rightarrow a^2+b^2+c^2+4=2(ab+bc+ca)\Rightarrow (a+b-c)^2=4ab-4$

$\Rightarrow (ab+a+b-c)(ab-a-b+c)=a^2b^2-(a+b-c)^2=(ab-2)^2$

từ công thức heron $S^2 =p(p-a)(p-b)(p-c) =\left(\frac{S}{h_a}+\frac{S}{h_b}+\frac{S}{h_c}\right)\left(\frac{S}{h_b}+\frac{S}{h_c}-\frac{S}{h_a}\right)\left(\frac{S}{h_c}+\frac{S}{h_a}-\frac{S}{h_b}\right)\left(\frac{S}{h_a}+\frac{S}{h_b}-\frac{S}{h_c}\right)$

tính được S theo đường cao

$a=\frac{2S}{h_a}$ là xong

Vào năm 2007, thầy Phạm Kim Hùng có đăng một bài bất đẳng thức rất đẹp và chặt như sau. 

Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\frac{a}{b+c^2}+\frac{b}{c+a^2}+\frac{c}{a+b^2}\geq\frac{3}{2}.$$

Dựa trên ý tưởng của thầy quykhtn-qa1, mình đã tìm ra một cách giải khá đẹp (mình sẽ đăng lên sau). Tuy nhiên, mình mong muốn tìm được những lời giải khác với những ý tưởng khác. Mời mọi người cùng thảo luận về bài toán đẹp này. 

P/s: Trong quá trình tìm hiểu về bài toán này, mình có tìm được một bài toán khác được đăng vào 2006 cùng cấu hình (tuy không đẹp và chặt bằng) như sau.

Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=1.$ Chứng minh rằng $$\frac{x}{y+z^2}+\frac{y}{z+x^2}+\frac{z}{x+y^2}\geq\frac{9}{4}.$$  

Mời mọi người cùng thảo luận ạ. 

P/s: Em xin lỗi vì phần tiêu đề em gõ LaTeX bị lỗi nhưng không thể sửa được ạ, mong BQT thứ lỗi cho em và sửa lại phần tiêu đề giúp em với ạ.  

$\sum\frac{x}{y+z^2}\ge \frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+zx+z^2x+x^2y+y^2z}$

$\frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+zx+z^2x+x^2y+y^2z}\ge \frac{9}{4}\Leftrightarrow (x+y+z)(xy+yz+zx)+z^2x+x^2y+y^2z\le \frac{4}{9}$

kết hợp $z^2y+x^2z+y^2x+xyz\le \frac{4}{27}(x+y+z)^3,z^2x+x^2y+y^2z+xyz\le \frac{4}{27}(x+y+z)^3$ là xong

https://diendantoanh...1fracu-nnu-n21/

Iran TST 2013

https://artofproblem...h530379p3026714

đặt $x_n=\frac{1}{u_n}\Rightarrow x_{n+1}=x_n+\frac{n}{x_n}$

$x_{n+1}^2=x_n^2+2n+\frac{n^2}{x_n^2}>x_n^2+2n>x_{n-1}^2+2(n-1)+2n>...>x_1^2+n(n+1)$

ngoài ra $\frac{n^2}{x_n^2}<\frac{n^2}{x_1^2+(n-1)n}<2\Rightarrow x_{n+1}^2<x_n^2+2n+2<...<x_1^2+n(n+1)+2n$

vậy $x_1^2+n(n+1)<x_{n+1}^2<x_1^2+n(n+1)+2n\Rightarrow lim\frac{x_n}{n}=1$

 Screenshot 2023-09-06 224422.png   130.49K   3 Số lần tải

$VT=\sum\frac{a^4}{a^2(b+c)}\ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum a^2(b+c)}= \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum a(b^2+c^2)}$

mà $a(b^2+c^2)=\sqrt{\frac{1}{2}}\sqrt{2a^2(b^2+c^2)(b^2+c^2)}\le \sqrt{\frac{1}{2}}\sqrt{\left( \frac{2a^2+b^2+c^2+b^2+c^2}{3}\right )^3}$

bài 1

chuẩn hóa a+b+c=3, tồn tại t: $ab+bc+ca=3-3t^2$ với $0\le t<1$

bdt cần chứng minh $\Leftrightarrow \frac{36-9t^2}{9(1-t^2)-abc}+2(1-t^2) \ge \frac{13}{2}$

theo bổ đề chặn tích thì $abc\ge (1-2t)(1+t)^2\Rightarrow \frac{36-9t^2}{9(1-t^2)-abc}+2(1-t^2)\ge \frac{36-9t^2}{9(1-t^2)-(1-2t)(1+t)^2}+2(1-t^2)$ 

chứng minh $\frac{36-9t^2}{9(1-t^2)-(1-2t)(1+t)^2}+2(1-t^2) \ge \frac{13}{2} \Leftrightarrow \frac{(2t-1)^2t^2}{2(2-t)(1+t)}\ge 0$

từ bài 1 suy ra bài 4 theo bdt Holder

$A\cap B$ khác rỗng thì $3<m+1\Rightarrow A\cap B=[3,m+1)$

chứa đúng 5 số nguyên nên [3,m+1) chứa 3,4,5,6,7 nhưng không chứa 8,9,...

$\Rightarrow 7<m+1\le 8 \Rightarrow 6<m\le 7$

Không biết bạn này có phải bạn hỏi mình trên Facebook không:luoi:
Thực ra điều kiện của bài này là: $a,b,c \geq 0$ và $a+b>0$
Và đây là đáp án mình làm gửi bạn ấy: a.png

$\left ( c-\frac{a^2+b^2}{a+b} \right )^2\le\left ( c-\frac{a+b}{2} \right )^2$ sai

ví dụ -3<-1 thì $(4-3)^2<(4-1)^2$ nhưng $(1-3)^2>(1-1)^2$

bài này ở trong Tài liệu chuyên toán - 11 gồm các ý

1. $a_n\ge a_1^{\frac{1}{\alpha}}\Rightarrow a_n\ge (n-2)a_1^{\frac{1}{\alpha}}+a_1\Rightarrow lima_n=+\infty\Rightarrow$ tồn tại $N_0:a_{N_0}>1$

2. đặt $c=min\{\frac{1}{4},a_1,\frac{a_2}{2},...,\frac{a_{N_0}}{N_0}\}$ chứng minh quy nạp đây là c cần tìm

https://math.stackex...ge.com/a/406782

theo thuật toán euclidan $gcd(n^a-1,n^b-1)=gcd(n^a-1-n^{a-b}(n^b-1),n^b-1)=gcd(n^{a-b}-1,n^b-1)$

tiếp tục như thế mãi có đpcm