October 20 2013 13:18:03
Các trang chính
· Trang Nhất
· Tạp Chí MathVn
· Bản dịch Kvant
· Diễn đàn
· Blogs
· FAQ
· Liên hệ
· Tìm kiếm
· Liên kết

· Thư viện
Đăng nhập
Tên tài khoản

Mật khẩu



Có phải bạn chưa là thành viên của cộng đồng MathVn?
Nhấp vào đây để đăng ký.

Có phải bạn quên mật khẩu?
Yêu cầu mật khẩu mới ở đây.
RSS Feeds
Subscribe to our Feeds

Latest Downloads
Latest News
Latest Articles
Latest Threads
Latest Weblinks

Validated Feeds
MathWorld
Bạn có thể tra cứu các thuật ngữ Toán học từ MathWorld bằng cách nhập từ khóa vào bên dưới

Wikipedia
Bạn có thể tra cứu các thuật ngữ Toán học qua Wikipedia bằng cách nhập từ khóa vào bên dưới



Thư viện Sách
· Complex Analysis (Princeton Lectures in Analysis, Volume 2)
· Fourier Analysis: An Introduction (Princeton Lectures in Analysis, Volume 1)
· Real Analysis: Measure Theory, Integration, and Hilbert Spaces (Princeton Lectures in Analysis, Volu
· Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the Real Axis
· Problems in Calculus of One Variable
· Théorie des probabilités : problèmes et solutions
· Exercices sur les fonctions analytiques
· Probabilité : Exercices corrigés
· Exercices d'algèbre
· Abel's Theorem in Problems and Solutions
· Stochastic Process: Problems and Solutions
· Nonlinear Ordinary Differential Equations: Problems and Solutions
· Statistics: Problems and Solutions
· Student Solutions Manual to accompany Complex Variables and Applications
· Complex Variables and Applications
· Problems in Group Theory
· Complex Analysis through Examples and Exercises
· Exercises in Classical Ring Theory
· Exercises in Basic Ring Theory
· Algebra Through Practice: Rings, Fields and Modules - A Collection of Problems in Algebra with Solut
Bản dịch Kvant
· Đề ra kì này Số 04-2008
· Đề ra kì này Số 06-2006
· Đề ra kì này Số 05-2006
· Đề ra kì này Số 04-2006
· Đề ra kì này Số 03-2006
· Đê ra kì này Số 02-2006
· Đề ra kì này Số 01-2006
· Đề ra kì này Số 06-2002
· Đề ra kì này Số 04-2002
· Đề ra kì này Số 06-2001
· Đề ra kì này Số 05-2001
· Đề ra kì này Số 04-2001
· Đề ra kì này Số 2-2007
· Đề ra kì này Số 3-2001
· Đề ra kì này Số 2-2001
· Đề ra kì này Số 1-2001
· Đề ra kì này Số 2-2008
· Đề ra kì này Số 1-2008
· Đề ra kì này Số 1-2007
· Đề ra kì này Số 6-2000

Trực tuyến
phamquangtoan00:26:06
quangphu02:35:36
tnkh20:53:08
vulalach23:50:42
hungkg 2 days
namnh211 2 days
conanhero 2 days
vietmath 3 days
adam2 3 days
henry0905 4 days
kmath93 5 days
thuanquai 6 days
Vnkvant 6 days
daogiauvang 1 week
dinhcu_pro 1 week
0917317099 2 weeks
lovemath213 2 weeks
nguyentatthu 2 weeks
pminhquy 3 weeks
kimlinh 3 weeks
nguoithanbi123 3 weeks
hunghd8 3 weeks
nhatquangsin 5 weeks
pvthuan 5 weeks
ninza loan thi 5 weeks
Thành viên trực tuyến
· Khách trực tuyến: 2

· Thành viên trực tuyến: 0

· Tổng số thành viên: 2,510
· Thành viên mới nhất: headache
Chủ đề diễn đàn
Chủ đề mới nhất
· Chứng minh BĐT
· Nhờ download bài ...
· Tìm số nguyên d�...
· VMO 2004
· Đào tạo thi họ...
· Tìm số nguyên d�...
· Giải phương trì...
· Nhờ download bài ...
· Dịch sang TV bài ...
· Giải phương trình
· Một bổ đề qua...
· Tìm p,q
· Thử thách toán h...
· Một số định l...
· AMM Vol 02/ 1895
· USSR Mathematical Ol...
· Mathematical Olympia...
· Australian Mathemati...
· AMM Vol 01/ 1894
· Bí quyết làm ch�...
· Bí quyết để c�...
· Kinh nghiệm du h�...
· Chứng minh tồn t...
· Chứng minh tài ch...
· Đề thi IMO 2013
· Giải phương trì...
· Tìm nghiệm nguyê...
· Số 4-2000
· Một quỹ hỗ tr�...
· Đề số 03-2008
Chủ đề nóng nhất
· Nhờ download b�... [333]
· Nhờ download b�... [141]
· Problem Of The Mo... [85]
· Vài bài tập c... [85]
· Những định l... [80]
· BV Functions In O... [51]
· Đề thi tuyển... [47]
· Thông tin và Th... [40]
· Tính giới hạn [38]
· Các bạn thi ol... [38]
· L.C.Evans - PDE [38]
· Problem of Washin... [37]
· Problems of Purdu... [37]
· Olympic Sinh viê... [35]
· Ôn tập môn Gi... [34]
· PT vi phân [32]
· Thử thách toá... [31]
· Olympic SV Kiev [31]
· Ôn tập môn Đ... [31]
· Đóng góp cho c... [30]
· Call for papers-K... [30]
· Mùa hè nóng qu... [28]
· Cập nhật Tạ... [28]
· Tuyển tập 40 ... [28]
· Korner's construc... [27]
· Số Pi và nhữ... [26]
· Đăng ký tham g... [26]
· Bất đẳng thức [25]
· Phương pháp Mo... [25]
· An inequality col... [25]
· Generalization of... [25]
· College Mathemati... [24]
· Tìm nghiệm c�... [24]
· Một câu xác s... [24]
· Collected inequal... [23]
· Tích phân hay [23]
· Chuyển công th... [22]
· Kì Thi Olympic T... [22]
· Bài tập về k... [22]
· Mathematics Magazine [21]
· Olimpiad Toán Đ... [21]
· Phương trình h... [21]
· Phương trình h... [20]
· Tặng daogiauvan... [19]
· Tài khoản MAA ... [19]
· Phép biến đ�... [19]
· Journal Мате�... [19]
· Olympic Sinh viê... [19]
· The Qualifying Ex... [19]
· Chú ý: THÁNG H... [19]
Xem chủ đề
 In chủ đề
Các bạn thi olympic hãy thử nhé!
can_hang2007
 Cho a,b,c \in R, a+b+c=3. Chứng minh rằng
(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) \ge 64.
The love makes us stronger!
 
wishes
 Bài này dạng phát biểu của nó gợi cho mình nghĩ đến một bài khác được viết thế này: (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \ge 3(a+b+c)^2. Các bạn có thể thấy đây là một kết quả làm mạnh của bài APMO 2004: (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \ge 9(ab+bc+ca). Và ta có thể cm nó như sau: (a+b+c)^2 \le (a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\Rightarrow ta chỉ cần chứng minh (a^2+2)(b^2+2) \ge 3(a^2+b^2+1) \Leftrightarrow (a^2-1)(b^2-1) \ge 0. Rõ ràng trong 3 số a,b,c luôn tồn tại 2 số thỏa tính chất này nên ta có thể giả sử nó.
Bdt này có liên quan với bài toán chính ít nhiều, cụ thể ta thấy
\prod(a^2+3)=\prod[(a^2+2)+1] \ge [\sqrt[3]{\prod(a^2+2)}+1]^3 \ge [\sqrt[3]{3(a+b+c)^2}+1]^3=64.
Sửa bởi wishes vào lúc 16-07-2009 11:58
Nếu cho tôi một điều ước, tôi chỉ ước mình có nhiều tiền để có thể thoát khỏi cuộc sống tăm tối này.
 
litbon
 bài này là một câu trong đề thi VIC vòng 2
đề chính của nó là
(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq 4(a+b+c+1)^2
có rất nhiều lời giải khác khá hay cho bài toán này
các anh có thể xem thêm trong file sau
Sửa bởi litbon vào lúc 16-07-2009 14:31
 
litbon
 ủa sao không đính kèm đoợc nhỉ
 
can_hang2007
 Nếu là ở dạng không đồng bậc thì ta cũng có thể làm bình thường theo một ý tưởng tự nhiên em ạ.
Áp dụng bdt Cauchy Schwarz, ta có
(a+b+c+1)^2 \le (a^2+b^2+1+1)(1+1+c^2+1)=(c^2+3)(a^2+b^2+2).
Vì vậy, để cm bdt đã cho, ta cần có
(a^2+3)(b^2+3) \ge 4(a^2+b^2+2),
tương đương (a^2-1)(b^2-1) \ge 0. Cái này thì mình có thể giải sử được dựa trên tích \prod [(a^2-1)(b^2-1)] \ge 0 (từ tích này ta có thể suy ra có ít nhất một hạng tử không âm, và có thể gọi đó là (a^2-1)(b^2-1)).
The love makes us stronger!
 
can_hang2007
 Nếu là ở dạng không đồng bậc thì ta cũng có thể làm bình thường theo một ý tưởng tự nhiên em ạ.
Áp dụng bdt Cauchy Schwarz, ta có
(a+b+c+1)^2 \le (a^2+b^2+1+1)(1+1+c^2+1)=(c^2+3)(a^2+b^2+2).
Vì vậy, để cm bdt đã cho, ta cần có
(a^2+3)(b^2+3) \ge 4(a^2+b^2+2),
tương đương (a^2-1)(b^2-1) \ge 0. Cái này thì mình có thể giải sử được dựa trên tích \prod [(a^2-1)(b^2-1)] \ge 0 (từ tích này ta có thể suy ra có ít nhất một hạng tử không âm, và có thể gọi đó là (a^2-1)(b^2-1)).
The love makes us stronger!
 
can_hang2007
 Một bài khác cũng khá hợp cho các bạn thi olympic là

Cho n \ge 4x_1,x_2,\ldots, x_n là các số không âm sao cho x_1+x_2+\cdots +x_n=1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
\frac{1}{1-x_1x_2}+\frac{1}{1-x_2x_3}+\cdots +\frac{1}{1-x_nx_1}.
The love makes us stronger!
 
can_hang2007
 USATST 2009, proposed by Zarathustra Brady:

Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z thì
x^3(y^2+z^2)^2+y^3(z^2+x^2)^2+z^3(x^2+y^2)^2 \ge xyz[xy(x+y)^2+yz(y+z)^2+zx(z+x)^2].

The love makes us stronger!
 
can_hang2007
 Sau đây là lời giải của mình cho Romania TST 2007:

Cho a_1,a_2_,\ldots, a_n,b_1,b_2,\ldots, b_n là các số thực thỏa mãn a^2_1+a^2_2+\cdots +a^2_n=b^2_1+b^2_2+\cdots +b^2_n=1a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n=0. Chứng minh rằng
(a_1+a_2+\cdots +a_n)^2+(b_1+b_2+\cdots +b_n)^2 \le n.

Lời giải. Để cho đơn giản, ta đặt A=\sum^n_{i=1}a_iB=\sum^n_{i=1}b_i. Khi đó, với chú ý rằng A^2=\sum^n_{i=1}a_iA,B^2=\sum^n_{i=1}b_iB, bất đẳng thức Cauchy Schwarz cho ta

(A^2+B^2)^2=\left[\sum^n_{i=1}(a_iA+b_iB) \right]^2 \le n\sum^n_{i=1}(a_iA+b_iB)^2 =n\sum^n_{i=1}(a^2_iA^2+b^2_iB^2+2a_ib_iAB).
Bây giờ, với để ý ở giả thiết rằng a^2_1+a^2_2+\cdots +a^2_n=b^2_1+b^2_2+\cdots +b^2_n=1,a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n=0, ta thấy
\sum^n_{i=1}(a^2_iA^2+b^2_iB^2+2a_ib_iAB) =A^2+B^2,
và từ đó ta có (A^2+B)^2 \le n(A^2+B^2), hay nói một cách khác A^2+B^2 \le n. Đó chính là điều phải chứng minh.
Sửa bởi can_hang2007 vào lúc 21-07-2009 11:58
The love makes us stronger!
 
litbon

can_hang2007 viết rằng:
USATST 2009, proposed by Zarathustra Brady:

Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z thì
x^3(y^2+z^2)^2+y^3(z^2+x^2)^2+z^3(x^2+y^2)^2 \ge xyz[xy(x+y)^2+yz(y+z)^2+zx(z+x)^2].

đây là lời giải bằng SOS của em
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
x\left[ {{{\left( {x{y^2} + x{z^2}} \right)}^2} - {{\left( {{y^2}z + y{z^2}} \right)}^2}} \right]
 + y\left[ {{{\left( {y{z^2} + y{x^2}} \right)}^2} - {{\left( {{x^2}z + x{z^2}} \right)}^2}} \right]
 + z\left[ {{{\left( {z{x^2} + z{y^2}} \right)}^2} - {{\left( {{x^2}y + x{y^2}} \right)}^2}} \right] \ge 0
 \Leftrightarrow x\left( {x{y^2} + x{z^2} + {y^2}z + y{z^2}} \right)\left[ {{y^2}\left( {x - z} \right) + {z^2}\left( {x - y} \right)} \right]
+ y\left( {y{x^2} + y{z^2} + {x^2}z + x{z^2}} \right)\left[ {{x^2}\left( {y - z} \right) + {z^2}\left( {y - x} \right)} \right]
 + z\left( {z{x^2} + z{y^2} + {x^2}y + x{y^2}} \right)\left[ {{x^2}\left( {z - y} \right) + {y^2}\left( {z - x} \right)} \right] \ge 0
Hay
{x^2}\left( {y - z} \right)\left( {{x^2}{y^2} + y{z^2} + {x^2}yz + xy{z^2} - {x^2}{z^2} - {z^2}{y^2} - {x^2}yz - x{y^2}z} \right)
 + {y^2}\left( {z - x} \right)\left( {{x^2}{z^2} + {z^2}{y^2} + {x^2}yz + x{y^2}z - {x^2}{y^2} - {x^2}{z^2} - x{y^2}z - xy{z^2}} \right)
+ {z^2}\left( {x - y} \right)\left( {{x^2}{y^2} + {z^2}{x^2} + x{y^2}z + xy{z^2} - {x^2}{y^2} - {y^2}{z^2} - {x^2}yz - xy{z^2}} \right) \ge 0
 \Leftrightarrow {x^3}{\left( {y - z} \right)^2}\left( {xy + xz - yz} \right) + {y^3}{\left( {z - x} \right)^2}\left( {xy + yz - zx} \right)
+ {z^3}{\left( {x - y} \right)^2}\left( {yz + zx - xy} \right) \ge 0
Ta đưa về dạng S.O.S
S = {S_x}{\left( {y - z} \right)^2} + {S_y}{\left( {z - x} \right)^2} + {S_z}{\left( {x - y} \right)^2} \ge 0
Trong đó {S_x} = {x^3}\left( {xy + zx - yz} \right),{S_y} = {y^3}\left( {xy + yz - zx} \right),{S_z} = {z^3}(yz + zx - xy)
Không mất tính tổng quát, giả sử x \ge y \ge z. Khi đó dễ thấy {S_y} \ge 0
Ta có
{S_x} + {S_y} = {x^4}y + {x^3}z\left( {x - y} \right) + x{y^4} + {y^3}z\left( {y - x} \right) \ge z\left( {x - y} \right)\left( {{x^3} - {y^3}} \right)
 = z{\left( {x - y} \right)^2}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) \ge 0,
{S_y} + {S_z} = {y^4}z + x{y^3}\left( {y - z} \right) + y{z^4} + x{z^3}\left( {z - y} \right)
 \ge x\left( {y - z} \right)\left( {{y^3} - {z^3}} \right) = x{\left( {y - z} \right)^2}\left( {{y^2} + yz + {z^2}} \right) \ge 0
Do đó
S = \left( {{S_x} + {S_y}} \right){\left( {y - z} \right)^2} + \left( {{S_y} + {S_z}} \right){\left( {x - y} \right)^2} + 2{S_y}\left( {x - y} \right)\left( {y - z} \right) \ge 0
Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z.
Sửa bởi Vnkvant vào lúc 21-07-2009 14:57
 
can_hang2007
 Tiếp theo mời mọi người cùng suy nghĩ bài Romania TST 2008. Mình nghĩ bài này khá hay:

Cho n \ge 3 là một số tự nhiên lẻ và x_i \in [0,1] với mọi i=1,2,\ldots,n. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

F=\sqrt{|x_1-x_2|}+\sqrt{|x_2-x_3|}+\cdots +\sqrt{|x_n-x_1|}.
The love makes us stronger!
 
litbon

can_hang2007 viết rằng:
Cho a,b,c \in R, a+b+c=3. Chứng minh rằng
(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) \ge 64.

đây là 5 lời giải rất hay
LỜI GIẢI 1 (VIC STAFF www.vimf.co.cc).
Khai triển bất đẳng thức đã cho ta được bất đẳng thức tương đương là
5\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 3\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) + {a^2}{b^2}{c^2} + 23 \ge 8\left( {a + b + c} \right) + 8(ab + bc + ca)
Theo nguyên lí Dirichlet thì 2 trong 3 số ({a^2} - 1),({b^2} - 1),({c^2} - 1) cùng dấu. Không mất tính tổng quát, giả sử \left( {{a^2} - 1} \right)\left( {{b^2} - 1} \right) \ge 0, suy ra {c^2}\left( {{a^2} - 1} \right)\left( {{b^2} - 1} \right) \ge 0. Hay {a^2}{b^2}{c^2} \ge {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} - {c^2}. Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau
5{a^2} + 5{b^2} + 4{c^2} + 4{b^2}{c^2} + 4{c^2}{a^2} + 3{a^2}{b^2} + 23 \ge 8\left( {a + b + c} \right) + 8(ab + bc + ca)
Bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức đúng sau
4{\left( {a - 1} \right)^2} + 4{\left( {b - 1} \right)^2} + 4{\left( {c - 1} \right)^2} + {\left( {a - b} \right)^2} + 3{\left( {ab - 1} \right)^2} + 4{\left( {bc - 1} \right)^2} + 4{\left( {ca - 1} \right)^2} \ge 0
Dĩ nhiên bất đẳng thức này là luôn đúng
Vậy, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

LỜI GIẢI 2 (Nguyễn Việt Hưng).
Đặt x = a + b,y = c + 1. Ta có
\left( {3 + {a^2}} \right)\left( {3 + {b^2}} \right) \ge 2\left( {4 + {x^2}} \right) \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {ab - 1} \right)^2} \ge 0 (đúng),
2\left( {3 + {c^2}} \right) \ge 4 + {y^2} \Leftrightarrow {\left( {c - 1} \right)^2} \ge 0 (đúng)
Nhân 2 bất đẳng thức trên với nhau, vế theo vế ta có
\left( {3 + {a^2}} \right)\left( {3 + {b^2}} \right)\left( {3 + {c^2}} \right) \ge \left( {4 + {x^2}} \right)\left( {{y^2} + 4} \right) \ge {\left( {2x + 2y} \right)^2} = 4{\left( {a + b + c + 1} \right)^2} (đpcm)

LỜI GIẢI 3 (Bùi Đức Anh).
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki-Cauchy- Schwarz ta có
({a^2} + 3)({b^2} + 3) = ({a^2} + 1)({b^2} + 1) + 2({a^2} + {b^2}) + 8 \ge {(a + b)^2} + {(a + b)^2} + 8 = 2{(a + b)^2} + 8
 \Rightarrow ({a^2} + 3)({b^2} + 3)({c^2} + 3) \ge 2\left( {{{(a + b)}^2} + 4} \right)({c^2} + 3)
Ta cần chứng minh
2\left( {{{(a + b)}^2} + 4} \right)({c^2} + 3) \ge {(a + b + c + 1)^2} \Leftrightarrow \left( {{{(a + b)}^2} + 4} \right)({c^2} + 3) \ge 2{(a + b + c + 1)^2}
Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
\left( {{{(a + b)}^2} + 4} \right)({c^2} + 3) = \left( {{{(a + b)}^2} + 2 + 2} \right)(2 + 1 + {c^2}) \ge {\left( {(a + b)\sqrt 2  + \sqrt 2  + \sqrt 2 c} \right)^2} = {(a + b + c + 1)^2}
Từ đây suy ra điều phải chứng minh.

LỜI GIẢI 4 (Nguyễn Quang Huy).
Đặt t = \frac{{b + c}}{2}. Theo bất đẳng thức AM-GM ta có
\left( {{b^2} + 3} \right)\left( {{c^2} + 3} \right) = 9 + {b^2}{c^2} + 3\left( {{b^2} + {c^2}} \right) = 8 + \left( {{b^2}{c^2} + 1} \right) + 3\left( {{b^2} + {c^2}} \right) \ge 8 + 2bc + 3\left( {{b^2} + {c^2}} \right) = 8 + {\left( {b + c} \right)^2} + 2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) \ge 8 + 2{\left( {b + c} \right)^2} = 8 + 8{t^2}
Ta cần chứng minh \left( {{a^2} + 3} \right)\left( {8 + 8{t^2}} \right) \ge 4{\left( {a + 2t + 1} \right)^2}
Điều này tương đương với 2{\left( {at - 1} \right)^2} + 2(t - {10^2} + {\left( {a - 1} \right)^2} \ge 0
Bất đẳng thức trên luôn đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh.

LỜI GIẢI 5 (Phan Phương Đức).
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
5\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 3\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) + {a^2}{b^2}{c^2} + 23 \ge 8\left( {a + b + c} \right) + 8\left( {ab + bc + ca} \right)
 \Leftrightarrow {a^2}{b^2}{c^2} + 3\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) + \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right) + 4{\left( {a - 1} \right)^2} + 4{\left( {b - 1} \right)^2} + 4{\left( {c - 1} \right)^2} - 7\left( {ab + bc + ca} \right) + 11 \ge 0
Ta có VT \ge A = {a^2}{b^2}{c^2} + 3\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) - 7\left( {ab + bc + ca} \right) + 1
Và ta chỉ cần chứng minh A \ge 0.
Dễ nhận thấy rằng nếu một trong ba, hoặc hai trong ba hoặc cả ba số ab,bc,ca là âm thì bất đẳng thức sẽ yếu hơn. Vì thế ta sẽ chứng minh trong trường hợp ab,bc,ca \ge 0
Đặt x = ab - 1,y = bc - 1,z = ca - 1(x,y,z \ge  - 1)
Ta có
A = \left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)\left( {z + 1} \right) + 3\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( {y + 1} \right)}^2} + {{\left( {z + 1} \right)}^2}} \right] - 7\left( {x + 1 + y + 1 + z + 1} \right) + 11 = xyz + xy + yz + zx + 3({x^2} + {y^2} + {z^2})
Theo nguyên lí Dirichlet thì 2 trong 3 số x,y,z cùng dấu. Không mất tính tổng quát, giả sử xy \ge 0
Ta có xyz + xy = xy\left( {z + 1} \right) \ge 0(do z \ge  - 1)
Và dễ thấy
3({x^2} + {y^2} + {z^2} + yz + zx = 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + {z^2} = \left( {{x^2} + xz + {z^2}} \right) + \left( {{y^2} + yz + {z^2}} \right) \ge 0
Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.
 
can_hang2007
 Một bài khác, mọi người thử nhé:

Cho n >1 là một số nguyên dương cho trước và a_1<a_2<\cdots<a_n là các số nguyên dương sao cho \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n} \le 1. Chứng minh rằng
\left(\sum^n_{i=1}\frac{1}{a^2_i+x^2}\right)^2 \le \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{a_1(a_1-1)+x^2}
với mọi số thực x bất kì.

Đây là bài China 2004, các bạn hãy thử xem nhé.
The love makes us stronger!
 
can_hang2007
 Đây là một bài khác:

Chứng minh rằng với mọi a,b,c \ge 0 thì
(a^2+ab+bc)(b^2+bc+ca)(c^2+ca+ab) \ge (ab+bc+ca)^3.
The love makes us stronger!
 
mathVNpro
 Hì hì! Làm một bài xem sao! Cool

Bài cuả anh em chứng minh thế này:

Ta có a^2+ab+b^2\ge \frac {4}{3}(a+b)^2.
Từ đấy dẫn đến ta cần chứng minh bất đẳng thức sau:
\prod {(a+b)^2}\ge \frac {64}{27} (ab+bc+ca)^3.
Nhưng 3(ab+bc+ca)\le (a+b+c)^2. Do đó để chứng minh bất đẳng thức ban đầu, ta đi chứng minh:
(a+b)(b+c)(c+a)\ge \frac {8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca), mà điều này thì lại tương đương với bất đăng thức:
a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2\ge 0. (Quá đúng!)
Sửa bởi mathVNpro vào lúc 28-07-2009 04:49
GEOMETRY- GEOMETRY- GEOMETRY
 
can_hang2007

mathVNpro viết rằng:
Hì hì! Làm một bài xem sao! Cool

Bài cuả anh em chứng minh thế này:

Ta có a^2+ab+b^2\ge \frac {4}{3}(a+b)^2.
Từ đấy dẫn đến ta cần chứng minh bất đẳng thức sau:
\prod {(a+b)^2}\ge \frac {64}{27} (ab+bc+ca)^3.
Nhưng 3(ab+bc+ca)\le (a+b+c)^2. Do đó để chứng minh bất đẳng thức ban đầu, ta đi chứng minh:
(a+b)(b+c)(c+a)\ge \frac {8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca), mà điều này thì lại tương đương với bất đăng thức:
a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2\ge 0. (Quá đúng!)

Minh giải lầm bài rùi, lời giải này của em đúng ra là phải cho bài
(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) \ge (ab+bc+ca)^3. (1)
Trong khi đó đề của anh là
(a^2+ab+bc)(b^2+bc+ca)(c^2+ca+ab) \ge (ab+bc+ca)^3 mà.
Ngoài ra, có thể thấy (1) là một hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder theo kiểu áp dụng như sau:
(a^2+ab+b^2)(c^2+b^2+bc)(ac+a^2+c^2) \ge (ab+bc+ca)^3.
The love makes us stronger!
 
can_hang2007

can_hang2007 viết rằng:
Một bài khác, mọi người thử nhé:

Cho n >1 là một số nguyên dương cho trước và a_1<a_2<\cdots<a_n là các số nguyên dương sao cho \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n} \le 1. Chứng minh rằng
\left(\sum^n_{i=1}\frac{1}{a^2_i+x^2}\right)^2 \le \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{a_1(a_1-1)+x^2}
với mọi số thực x bất kì.

Đây là bài China 2004, các bạn hãy thử xem nhé.

Sau đây là lời giải của mình cho bài nay:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
VT \le \left(\sum^n_{i=1}\frac{1}{a_i}\right)\left(\sum^n_{i=1}\frac{a_i}{(a^2_i+x^2)^2}\right) \le \sum^n_{i=1}\frac{a_i}{(a^2_i+x^2)^2} \le \sum^n_{i=1}\frac{a_i}{(a^2_i+x^2)^2-a^2_i} =\frac{1}{2}\sum^n_{i=1}\left( \frac{1}{a^2_i-a_i+x^2}-\frac{1}{a^2_i+a_i+x^2}\right).
Đặt a_{n+1}=a_n+1, khi đó ta có a_1<a_2<\cdots <a_{n}<a_{n+1},a_i là các số nguyên dương cho nên a_{i} \le a_{i+1} -1 với mọi i=1,2,\ldots,n. Từ đó dẫn đến
-\frac{1}{a^2_i+a_i+x^2} \le -\frac{1}{(a_{i+1}-1)^2+(a_{i+1}-1)+x^2}=-\frac{1}{a_{i+1}(a_{i+1}-1)+x^2}.
Như vậy, từ những lập luận nêu trên, chúng ta có
VT \le \frac{1}{2}\sum^n_{i=1}\left( \frac{1}{a_i(a_i-1)+x^2}-\frac{1}{a_{i+1}(a_{i+1}-1)+x^2}\right) =\frac{1}{2}\left( \frac{1}{a_1(a_1-1)+x^2}-\frac{1}{a_{n+1}(a_{n+1}-1)+x^2}\right) < \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{a_1(a_1-1)+x^2}.
Đó chính là điều phải chứng minh.

Mời mọi người cùng suy nghĩ bài khác (BMO 2008):

Cho a,b là các số dương có tổng bằng 2n là một số nguyên dương cho trước. Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của m để bất đẳng thức sau đúng
\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n} \ge a^m+b^m.
Sửa bởi can_hang2007 vào lúc 28-07-2009 11:43
The love makes us stronger!
 
math10A1
 Anh Can có thể post lời giải của bài BMO 2008 không ạ.
Em không thể chứng minh được BDT sai với m=n+2(su dung phan chung)
 
can_hang2007

Mời mọi người cùng suy nghĩ bài khác (BMO 2008):

Cho a,b là các số dương có tổng bằng 2n là một số nguyên dương cho trước. Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của m để bất đẳng thức sau đúng
\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n} \ge a^m+b^m.

Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng bất đẳng thức đúng cho m=n+1.
Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với f_n(a,b) \ge 0, trong đó
f_n(a,b)=a^n+b^n-a^nb^n(a^{n+1}+b^{n+1}).
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
ab((a^{n-1}+b^{n-1})(a^{n+1}+b^{n+1}) \le \frac{1}{4}[ab(a^{n-1}+b^{n-1})+a^{n+1}+b^{n+1}]^2= \frac{1}{4}(a+b)^2(a^n+b^n)^2=(a^n+b^n)^2,
suy ra
a^{n+1}+b^{n+1} \le \frac{(a^n+b^n)^2}{ab(a^{n-1}+b^{n-1})},
từ đó dẫn đến
f_n(a,b) \ge a^n+b^n-\frac{a^{n-1}b^{n-1}(a^n+b^n)^2}{a^{n-1}+b^{n-1}} =\frac{a^n+b^n}{a^{n-1}+b^{n-1}} [a^{n-1}+b^{n-1}-a^{n-1}b^{n-1}(a^n+b^n)] =\frac{a^n+b^n}{a^{n-1}+b^{n-1}}f_{n-1}(a,b). (1)
Từ (1), thực hiện các đanh giá liên tiếp, chúng ta có thể thu được một chuỗi bất đẳng thức như sau
f_n(a,b) \ge \frac{a^n+b^n}{a^{n-1}+b^{n-1}} f_{n-1}(a,b) \ge \frac{a^n+b^n}{a^{n-1}+b^{n-1}}\frac{a^{n-1}+b^{n-1}}{a^{n-2}+b^{n-2}}f_{n-2}(a,b) \ge \cdots \ge \frac{a^n+b^n}{a^{n-1}+b^{n-1}}\frac{a^{n-1}+b^{n-1}}{a^{n-2}+b^{n-2}} \cdot \frac{a^2+b^2}{a^1+b^1}f_1(a,b) =\frac{a^n+b^n}{a+b}f_1(a,b).
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM một lần nữa, chúng ta thấy rằng
f_1(a,b)=a+b-ab(a^2+b^2) \ge a+b- \frac{1}{8}[2ab+(a^2+b^2)]^2 =0.
Do đó f_n(a,b) \ge 0, và bất đẳng thức đúng cho m =n+1.

Còn đoạn chứng minh m \le n+1 là tập hợp tất cả các giá trị của m, chiều mình sẽ post tiếp. Giờ phải đi ăn cơm, sáng giờ ở trên trường, mệt quá...
The love makes us stronger!
 
can_hang2007
 Đây là đoạn tiếp theo của lời giải trên.

Trước hết, ta có nhận xét là: từ chứng minh ở đoạn đầu ở trên thì bất đẳng thức đã cho hiển nhiên đúng với mọi m \le n+1 (có thể thấy ngay bằng cách áp dụng Chebyshev). Ngoài ra, cũng theo bất đẳng thức Chebyshev thì ta chỉ cần m lớn nhất là được. Vì lí do này và n \ge 1 nên ta chỉ cần xét m \ge 2 là được. Khi đó, chúng ta có lưu ý sau
\frac{1}{a^n}+na-n-1=\frac{(a-1)^2(na^{n-1}+\cdots +2a+1)}{4a^n} =\frac{(a-b)^2(na^{n-1}+\cdots +2a+1)}{4a^n}, (2)
\frac{1}{b^n}+nb-n-1=\frac{(a-b)^2(nb^{n-1}+\cdots +2b+1)}{4b^n}, (3)
a^m-ma+m-1= (a-1)^2(a^{m-2}+\cdots +(m-2)a+m-1) =\frac{1}{4} (a-b)^2(a^{m-2}+\cdots +(m-2)a+m-1), (4)
b^m-mb+m-1 =\frac{1}{4}(a-b)^2(b^{m-2}+\cdots +(m-2)b+m-1). (5)
Như vậy, bởi vì (2)+(3)=\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n}-2, (4)+(5)=a^m+b^m-2, bất đẳng thức đã cho tương đương với
\frac{(a-b)^2(na^{n-1}+\cdots +2a+1)}{a^n}+ \frac{(a-b)^2(nb^{n-1}+\cdots +2b+1)}{b^n} \ge (a-b)^2(a^{m-2}+\cdots +(m-2)a+m-1)+(a-b)^2(b^{m-2}+\cdots +(m-2)b+m-1).
Xét a \ne b, bất đẳng thức này có thể thu gọn lại thành
\frac{na^{n-1}+\cdots +2a+1}{a^n}+ \frac{nb^{n-1}+\cdots +2b+1}{b^n} \ge a^{m-2}+\cdots +(m-2)a+m-1+b^{m-2}+\cdots +(m-2)b+m-1.
Đến đây, lại cho a,b \rightarrow 1 (nhưng vẫn thỏa a \ne b), chúng ta tìm được
n(n+1) \ge m(m-1),
hay m \le n+1.
Đó chính là điều kiện cần, còn điều kiện đủ thì ta đã chứng minh ở trên.
(Mình muốn lập luận thật chi tiết nên lời giải hơi dài, mong các bạn thông cảm)

Ngoài ra, chúng ta cũng có thể chứng minh được kết quả sau đây với cùng giả thiết:

Với mọi k \ge 1 (k thực bất kì) thì
\frac{1}{a^k}+\frac{1}{b^k} \ge a^{k+1}+b^{k+1}.
Sửa bởi can_hang2007 vào lúc 29-07-2009 08:59
The love makes us stronger!
 
Chuyển đến chuyên mục:
Bài viết Blog
phamquangtoan
» Sự trăn trở ...
phamquangtoan
» Vì sao học sin...
phamquangtoan
» Cần học hỏ...
Vnkvant
» "Làm toán" là ...
obay
» Bắt đầu nghi...
Vnkvant
» An epsilon of room
luongdinhgiap
» Đêm suy tư _17...
Vnkvant
» Vai trò của to...
hoadai
» ISI Impact factor...
betadict
» George Box và h...
Search MathBooks
Bạn có thể tìm kiếm và tải về trực tiếp với hơn 400.000 đầu sách điện tử ngành Toán và các khoa học khác bằng cách nhập từ khóa ở ô tìm kiếm bên dưới. Để yêu cầu tài liệu hoặc tạp chí chuyên ngành Toán với mục đích phi thương mại, bạn phải đăng nhập với tài khoản của diễn đàn vào đây


Facebook
Shoutbox
You must login to post a message.

18/08/2013 05:31
Diễn đàn mình nhiều bài hay và chất lượng quá. Em mong diễn đàn ta cứ tồn tại mãi để chúng em còn được tiếp cận với các tài liệu do các anh viết. Smile

16/08/2013 17:50
Nhưng các bài chất lượng thì vẫn còn đây!

25/07/2013 16:51
Sad diễn đàn ít có hoạt động nhỉ?

23/07/2013 07:06
Kvant, Vualangbat, Hoa dai, Nguyen Ngoc...

20/07/2013 08:20
Các Admin có những ai anh nhỉ ??

18/07/2013 20:26
e cứ đợi các admins tụ tập lại 1 lần thảo luận đã, giờ admins trốn hết rồi

11/07/2013 07:16
Bây giờ làm thế nào để diễn đàn được như trước nhỉ ??

02/06/2013 08:20
nhưng chưa có chiều sâu, vì các admin chủ lực đang bận bịu gì đó và ko có liên lạc lẫn nhau.

31/05/2013 07:00
Phải nói là trong số các diễn đàn toán thì em thấy diễn đàn ta là đẹp nhất. Wink

04/03/2013 14:16
thi Toán đơn giản mà. E cần dịch gì a dịch cho, qui đổi theo bài theo thời gian khoảng 2-3 tháng e đọc hiểu và đóan vô tư.

02/03/2013 19:10
Thuê thế nào anh ?? Grin

22/02/2013 13:11
Can thue nguoi ko a day cho) Khoang 3 thang la doc dich duoc

22/02/2013 06:47
Nhìn mà thèm học Tiếng Nga Smile

05/02/2013 20:05
Quet' nha chuan bi don tet

28/01/2013 06:08
Tuan Anh, sao kho' du vay la sao e?

Advertisement
Render time: 0.29 seconds 4,981,404 lượt ghé thăm