Thứ Sáu, 30 tháng 9, 2016

Bất đẳng thức jensen cho bài IMO 2009

Đề bài: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c$ Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(2a+b+c)^2}+\frac{1}{(2b+c+a)^2}+\frac{1}{(2c+a+b)^2}\le\frac{3}{16}$

Câu bất này quá quen thuộc với cách giải AM-GM, sau đây tôi xin trình bày cách giải bằng bất đẳng thức jensen:

Bất đẳng thức tương đương:

$\frac{(a+b+c)^2}{(2a+b+c)^2}+\frac{(a+b+c)^2}{(2b+c+a)^2}+\frac{(a+b+c)^2}{(2c+a+b)^2}\le(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\frac{3}{16}$

Do tính đồng bậc, chuẩn hóa $a+b+c=1$. Bất đẳng thức được viết lại:

$\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2} \leq  (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\frac{3}{16}$

Giờ xét hàm $f(x)=\frac{x}{(1+x)^2}(0 \le x \le 1)$ thì đây là hàm lõm và nghịch biến nên áp dụng bdt jensen ta được:

$\alpha \frac{a}{(1+a)^2}+\beta \frac{b}{(1+b)^2}+\gamma \frac{c}{(1+c)^2}\le (\alpha +\beta +\gamma )\frac{A}{(1+A^2)} (A=\frac{\alpha a+\beta b+\gamma c}{\alpha +\beta +\gamma })$

Chọn $\alpha =\frac{1}{a},\beta =\frac{1}{b},\gamma =\frac{1}{c}$
Áp dụng bất đẳng thức trung bình điều hòa:

$A=\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\leq \frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3} $

Như vậy: $\sum \frac{1}{(1+a)^2}\le(\sum \frac{1}{a})\frac{A}{(1+A)^2} \le\sum \frac{1}{a} \frac{\frac{1}{3}}{(1+\frac{1}{3})^2}=\frac{3}{16}(\sum \frac{1}{a})$

Ứng dụng của đạo hàm cấp 2 cho bất đẳng thức Iran TST 2013

Đề:

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác và $a \geq b \geq c$ . Chứng minh rằng

$$\sqrt{a(a+b-\sqrt{ab})}+\sqrt{b(a+c-\sqrt{ac})}+\sqrt{c(c+b-\sqrt{bc})} \geq a+b+c$$

Giải.

Ta sẽ chứng minh với a,b,c là các số thực không âm.

Trước hết đặt: $a=x^2, \; b=y^2, \; c=z^2$. Cố định $x$ và $z$ và ta sẽ chứng minh rằng:

$f(y)=x\sqrt{x^2-xy+y^2}+y\sqrt{x^2-xz+z^2}+z\sqrt{y^2-yz+z^2}-x^2-y^2- z^2$

là một hàm lõm (f"(y)<0). Bất đẳng thức tương đương: $f(y)\ge 0$

$f''(y)= \frac{3x^3}{4(x^2-xy+y^2)^{\frac{3}{2}}}+ \frac{3z^3}{4(z^2-zy+y^2)^{\frac{3}{2}}}-2$

Từ điều kiện $x\ge y\ge z$ ta có: $x^2-xy+y^2 \ge \frac{3}{4}x^2$ and $y^2-yz+z^2\ge z^2$, vì vậy:

$f''(y) \leq \sqrt{\frac{4}{3}}+\frac{3}{4}-2<0$

Vì thế $f(y)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x=y$ hay là khi $y=z$. Vì khi đổi $x$ và $z$ thì bất đẳng thức trên cũng không đổi, Ta chỉ cần chứng minh khi $x=y$.Bất đẳng thức tương đương:

$\sqrt{x^2-xz+z^2}(x+z)\ge x^2+z^2$

$\Leftrightarrow  \sqrt{(x^3+z^3)(x+z)}\ge x^2+z^2$. (cauchy-schwarz )

Vì thế bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra $iff x=y=z$ hay $x=y, \; z=0$ hay $y=z=0$ và các hoán vị. $\blacksquare$

Thứ Năm, 29 tháng 9, 2016

Mở rộng về trục đẳng phương, hiệu phương tích điểm đối với 2 đường tròn



Kí hiệu $\mathbb{P}{X, \omega_1}$ là phương tích của X đối với đường tròn $\omega_1$


Xét: $\mathbb{P}(X, \omega_1, \omega_2)=\mathbb{P}{X, \omega_1} - \mathbb{P}{X, \omega_2}$




Ta sẽ tính: $\mathbb{P}(X, \omega_1, \omega_2)$




Xét bài toán sau: Cho hai đường tròn (A) và (C) và một điểm B bất kì. Khi đó $\mathbb{P}{B, A,C}=2\overline{BB_1}.\overline{CA}$









Giải:




Gọi F là hình chiếu của B trên AC, đoạn AC cắt (A), (C) tại D, E ta có:

$\mathbb{P}{B, A,C)=BA^2-R_a^2-(BC^2-R_c^2)$

$=BA^2-BC^2+R_c^2-R_a^2$

$=FA^2-FC^2+R_c^2-R_a^2+IC^2-R_c^2-(IA^2-R_a^2)$ (Do I thuộc trục đẳng phương của (A) và (C).

$=2\overline{FI}.\overline{CA}=2\overline{BB_1}.\overline{CA}(do (\overline{FA}-\overline{FC})(\overline{FA}+\overline{FC})=\overline{CA}(\overline{FA}+\overline{FC}))$
Như vậy: Nếu O là trung điểm NP thì $\mathbb{P}(O, Q, R)=\mathbb{P}(O, Q, R)=\frac{\mathbb{P}(N, Q, R)+\mathbb{P}(P, Q, R)}{2}$ (1)

Ngoài ra tôi còn một cách khá hay chứng minh cho (1).

Ta có:  $\mathbb{P}(O, Q, R)=OQ^2-R_q^2-(OR^2-R_r^2)=OQ^2-OR^2+R_r^2-R_q^2$

Còn:

$\mathbb{P}(N, Q, R)+\mathbb{P}(P, Q, R)=NQ^2-R_q^2-(NR^2-R_r^2)+PQ^2-R_q^2-(PR^2-R_r^2)\\


=NQ^2+PQ^2-2R_q^2+2R_r^2-NR^2-PR^2$
Mặt khác do O là trung điểm áp dụng công thức tính đường trung tuyến cho tam giác QNP, RNP ta có:


$OQ^2=\frac{QN^2+QP^2}{2}-\frac{NP^2}{4}$


$OR^2=\frac{RN^2+RP^2}{2}-\frac{NP^2}{4}$
Thay vào trên ta có điều phải chứng minh

Chúng ta xét ứng dụng của (1):
Cho tam giác ABC, P là một điểm nằm trên BC. (ABP) cắt AC tại Y, tương tự ta được Z. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn đường kính AH và (AYZ) chia đôi BC.

Gọi M là trung điểm của BC, D là chân đường cao kẻ từ A đến BC. Áp dụng (1) ta có:

$\begin{align*}
\mathbb{P}(M, \odot (AYZ), \odot (AH))&= \frac{1}{2}(\mathbb{P}(B, \odot (AYZ), \odot (AH)) + \mathbb{P}(C, \odot (AYZ), \odot (AH)))\\
&= \frac{1}{2}(BP\cdot BC - BD\cdot BC + CP\cdot CB - CD\cdot CB)\\
&= \frac{1}{2}(BC(BP+CP)-BC(BD+CD))=0
\end{align*}$

Thứ Sáu, 23 tháng 9, 2016

Ứng dụng của định lý Monge-D’Alembert

Định lý Monge-D’Alembert được phát biểu như sau:
Cho ba đường tròn C1(O1, R1),C2(O2, R2),C3(O3, R3) phân biệt trên mặt phẳng. Khi đó tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn (C1,C2), (C2,C3), (C3,C1) cùng thuộc một đường thẳng. Hai tâm vị tự trong của hai trong ba cặp đường tròn trên và tâm vị tự ngoài của cặp đường tròn còn lại cùng thuộc một đường thẳng.

Định lý này đã được chứng minh trong nhiều tài liệu hình học nên không nêu tại đây. Ứng dụng:

Bài 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi $(O_b)$ là đường tròn mixtilinear ứng với điểm B và tiếp xúc với (O) tại Y. $(O_c)$ là đường tròn mixtilinear ứng với điểm C và tiếp xúc với (O) tại Z. Chứng minh rằng: BC, YZ, $O_bO_c$ đồng quy.

Giải:
Xét 3 đường tròn (O), $(O_b), (O_c)$
Có Y, Z là tâm vị tự trong của $(O), (O_b)$ và $(O), (O_c)$

Ngoài ra nếu BC cắt $O_bO_c$ tại W thì W là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn $(O_b), (O_c)$.

Vậy theo định lý Monge- D' Alembert ta có Y, Z, W thẳng hàng. Hay BC, YZ, $O_bO_c$ đồng quy.

Nhận xét: Điểm W này là một điểm có nhiều tính chất khá hay và thú vị, các bạn có thể xem thêm về chuyên đề đường tròn Mixtilinear.


Bài 2: Với hình vẽ như trên. Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy tại một điểm trên OI.

Gọi $(O_a)$ là đường tròn mixtilinear ứng với điểm A của (O).

Xét ba đường tròn $(O_a), (O), (I)$

Có X là tâm vị tự ngoài của $(O_a)$ và (O)
A là tâm vị tự ngoài của $(O_a)$ và (I)

Như vậy AX sẽ đi qua tâm vị tự trong của (O) và (I)

Tương tự BY, CZ. Vậy ta có đpcm.

Bài 3: (Mathley) Hai đường tròn γ và δ cùng tiếp xúc trong với đường tròn ω tại A và B. Từ A kẻ tiếp tuyến $l1, l2$ tới δ, từ B kẻ hai tiếp tuyến $t1$, $t2$ tới γ. Biết rằng $l1$ cắt $t1$ tại X, $l2$ cắt $t2$ tại Y, hãy chứng minh rằng tứ giác AXBY là tứ giác ngoại tiếp.

Gọi O1, O2, O lần lượt là tâm của γ, δ, ω. AO2 giao BO1 tại I. Gọi α1 là đường tròn tâm I và tiếp xúc với AX, AY; α2 là đường tròn tâm I và tiếp xúc với BX, BY. OI giao AB tại L.

Áp dụng định lý trên cho 3 đường tròn δ, ω, α1 ta có A là tâm vị tự ngoài của α1 và δ, B là tâm vị tự ngoài của δ và ω, suy ra tâm vị tự ngoài của α1 và ω nằm trên AB hay L là tâm vị tự ngoài của α1 và ω. Chứng minh tương tự L cũng là tâm vị tự ngoài của α2 và ω. Từ đó α1 ≡ α2 hay tứ giác AXBY ngoại tiếp.

Thứ Ba, 20 tháng 9, 2016

Chứng minh bất đẳng thức trong dãy số

Bài 1: Cho dãy số {$x_n$} xác định bởi $x_n=\frac{1}{n^m(n+a)\sqrt{n+b}} (m>a, m \in Z)$

Khi đó: $x_1 + x_2+..+x_n <\frac{1}{a\sqrt{1+b}}$

Giải:

Ta có:

$x_n=\frac{a}{an^{m-1}\sqrt{n+b}.n(n+a)}=\frac{1}{an^{m-1}\sqrt{n+b}}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+a})$

$x_n=\frac{a}{an^{m-1}\sqrt{n+b}.n(n+a)}=\frac{1}{an^{m-1}\sqrt{n+b}}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+a})=\frac{1}{an^{m}\sqrt{n+b}}-\frac{1}{an^{m-1}(n+a)\sqrt{n+b}}<\frac{1}{an^{m}\sqrt{n+b}}-\frac{1}{a(n+1)^m\sqrt{n+1+b}}$

Đến đây áp dụng công thức tổng sai phân ta có điều phải chứng minh.

Bài 2: Cho dãy số {$u_n$}, { $v_n$} xác định như sau:

$\left\{\begin{matrix}
u_1>0, v_1>0 &  & \\
u_{n+1}=u_n+\frac{1}{v_n},  n\ge1 &  & \\
v_{n+1}=v_n+\frac{1}{u_n}, n \ge 1&  &
\end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{(u_{2013}+v_{2013})^2} > 2\sqrt[3]{2013}$

Giải:

Đặt $w_n=(u_n+v_n)^2$

$w_{n+1}=(u_{n+1}+v_{n+1})^2=[(u_n+v_n)+(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{v_n})]^2>(u_n+v_n)^2+2(u_n+v_n)(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{v_n}) \ge w_n+8$

Suy ra: $w_n \ge w_2+(n-2).8$

Chọn n=2013 ta được đpcm

Bài 3: (IMO 1970) Cho dãy số {$U_n$} có tính chất sau:$1=u_o \le u_1 \le ..\le ..$ Xây dựng {$v_n$} như sau:

$v_n=\sum_{k=1}^{n}(1-\frac{u_{k-1}}{u_k})\frac{1}{\sqrt{u_k}} \forall n \ge 1$

a) Chứng minh rằng: $0 \le v_n \le 2$

b) Với mọi số C cho trước$0 \le C <2$ đều tồn tại một dãy số {$u_n$} thỏa mãn điều kiện đã cho và $v_n>C$ với vô số chỉ số n.

Giải:
a)
$v_n$ có dạng dãy tổng nên ta sẽ dùng tổng sai phân:

Theo cách xác định dãy {$v_n$} thì:

$v_n=\sum_{k=1}^{n}(1-\frac{u_{k-1}}{u_k})\frac{1}{\sqrt{u_k}}=2\sum_{k=1}^{n}\frac{u_k-u_{k-1}}{u_k(2\sqrt{u_k})}\\\le2\sum_{k=1}^{n}\frac{u_k-u_{k-1}}{u_k(\sqrt{u_k}+\sqrt{u_{k-1}})}=2\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt{u_k}}-\frac{\sqrt{u_{k-1}}}{u_k})\\=2\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt{u_k}}+\frac{1}{\sqrt{u_{k-1}}}-(\frac{\sqrt{u_{k-1}}}{u_k}+\frac{1}{\sqrt{u_{k-1}}})) \le 2 \sum_{k=1}^{n} (\frac{1}{\sqrt{u_k}}-\frac{1}{\sqrt{u_{k-1}}})\\=2(1-\frac{1}{\sqrt{u_n}})\le2$

Vậy câu a được chứng minh.
b) Ta sẽ liên tưởng đến lim do điều cần chứng minh:

Bây giờ ta xét dãy số:$u_n=\frac{1}{p^{2n}}$ thỏa mãn điều kiện trên. (p <1)

Đồng thời:$(1-\frac{u_{k-1}}{u_k})\frac{1}{\sqrt{u_k}}=(1-p^2)p^k$ Vì vậy:

$v_n=(1-p^2)\sum_{k=1}^{n}p^k=p(p+1)(1-p^n)=p(p+1)-p^n(p+1)p$

Mà$limp^n=0$ nếu n tới vô cùng. Do vậy ta chỉ cần chứng minh rằng tồn tại q sao cho $C<q<2$ thỏa mãn phương trình x(x+1)=q. Dễ thấy phương trình này có hai nghiệm trai dấu và nghiệm của nó phải thỏa điều kiện $p<1$ nếu không thì$p(p+1) \le 2 >q$.
Mà điều này là hiển nhiên vậy ta có đpcm.

Bài 4 (IMO 1982): Xét dãy số thực dương {$u_n$} thỏa mãn điều kiện:
$1=u_o\ge u_1 \ge u_2.. $
a) Chứng minh rằng với mọi dãy có tính chất như trên đều tồn tại một số $n$ sao cho:
$\frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n} \ge 3,999$
b) Chứng minh tồn tại một dãy như trên mà:

$\frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n} <4$

Giải:

a) Phần chứng minh câu a) làm ta liên tưởng đến cận trên bé nhất của tổng những dãy trên. Vì nếu k là cận trên bé nhất thì $\frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n} >k$
Nhưng $k+ \varepsilon  > \frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n} $

Ta sẽ chứng minh $k \ge 4$

Do:
$\frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n}=\frac{u_o^2}{u_1}+u_1(\frac{(\frac{u_1}{u_1})^2}{\frac{u_2}{u_1}}+\frac{(\frac{u_2}{u_1})^2}{\frac{u_3}{u_1}}+..)$

$\Rightarrow k+\varepsilon >\frac{1}{u_1}+u_1k \geq 2\sqrt{k} (\varepsilon >0)$

Đến đây ta cho $ \varepsilon $ càng nhỏ ta có đpcm.

b) Thấy dãy dãy $u_n=2^{-n}$ thỏa mãn bài toán

Bài 5: Cho dãy số {$u_n$} xác định bởi $\left\{\begin{matrix}
u_o=1 &  & \\
u_{n+1}=u_n+\frac{1}{u_n} ( \forall n \in N) &  &
\end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có: $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_n^4}<\frac{7}{6}$

Nhận xét:
Ta có dãy trên tăng và không bị chặn trên, nên có đánh giá như sau:

$u_{n+1}^2=u_n^2+2+\frac{1}{u_n^2}$ Do $u_n$ tăng và không bị chặn trên nên $\frac{1}{u_n^2}$ sẽ tiến dần tới 0 nên ta sẽ không tính tới.

Mạnh dạn đánh giá: $u_{n+1}^2>u_n^2+2$

Lời giải:

Ta có:

$u_n^2>u_{n-1}^2+2>u_{n-2}^2+4>..u_1^2+2(n-1)=2n+2$

Do đó:

$\frac{1}{u_n^4}<\frac{1}{(2n+2)^2}<\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3})$

Tới đây cộng các vế ta có đpcm.


Thứ Sáu, 16 tháng 9, 2016

Đặt ẩn phụ để chứng minh bất đẳng thức

Đề bài: (Hà Nội 2016):

Cho $a,b,c\in \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn $ab+bc+ca+2abc=1$

Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-2(a+b+c)$

Lời giải:



Từ giả thiết suy ra tồn tại các số x,y,z thực dương sao cho: $a=\frac{x}{y+z},b=\frac{y}{z+x},c=\frac{z}{x+y}$

Ta có: $\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z}\geq 4(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y})$

Kết hợp với Nesbitt suy ra P đạt giá trị nhỏ nhất là 3 khi 3 biến $x,y,z$ bằng nhau, tức là $a,b,c$ bằng 0.5

Thứ Tư, 14 tháng 9, 2016

Chứng minh sự hội tụ của dãy số

Bài toán: Cho dãy số $(u_n)$ xác định như sau: $u_1=1, u_2=2, u_n=u_{n-1}+u_{n-2}$ (n=3,4..)

Chứng minh dã số $(x_n)$ xác định bởi $x_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_{k}}$ hội tụ.


Ta thấy rằng $(u_n)$ càng lớn nếu n càng lớn nên tổng $x_n$ một lúc nào đó sẽ không thay đổi với $k \ge n_o$.

Tuy vậy ta có cách giải khác:

Ta chứng minh rằng $u_n \ge (\sqrt{2})^{n-1})$

với n=1, 2 thì $u_1=1, u_2=2$ đúng.

Giả sử đúng với $n=k$ khi n=k+1 thì:

$u_{k+1}=u_k+u_{k-1} \ge \sqrt{2}^{k-1}(\sqrt{2}+1) >\sqrt{2}^{k+1}$

$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_k}\le\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(\sqrt{2})^{k-1}}$

Đến đây dùng công thức cấp số nhân để tính tổng và $(u_n)$ tăng ta có dpcm

Bất đẳng thức tuyển sinh lớp 10 chọn lọc

Trong bài viết này, tác giả giới thiệu một số bài BĐT nhẹ nhàng nhưng ý tưởng tương đối mới, mức độ phù hợp với đề thi tuyển sinh vào lớp...