Câu bất đẳng thức trong đề thi Olympic Chuyên KHTN 2016

Câu 7. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng

$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2} \leqslant \frac{9}{16}$

Giải

Cách 1: Từ điều kiện ta suy ra tồn tại các số dương $x,y,z$ sao cho $a=\dfrac{x}{y+z}\, \cdots $ tương tự cho $b$ và $c$

Viết lại bất đẳng thức thành $\sum \dfrac{x(x+y+z)}{(2x+y+z)^2}\leq \dfrac{9}{16}$

Mặt khác ta có $(x+y+z)\sum \dfrac{x}{(2x+y+z)^2}\leq (x+y+z)\sum \dfrac{x}{4(x+y)(x+z)}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{(xy+yz+zx)(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}\leq \dfrac{9}{16}$


Cách 2:

Với cách đặt trên:

Do bất đẳng thức cần chứng minh đồng bậc nên:

Giả sử: $x+y+z=1$

$P=\sum \frac{x}{(x+1)^2}$

$x+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\ge4\sqrt[4]{\frac{x}{3^3}}=\frac{4}{3}\sqrt[4]{3x}$

$\sum \sqrt{3x}\leq \sqrt{9(\sum x)}=3$

Từ đó ta thu được:

$P\leq \sum \frac{x}{\frac{16}{3\sqrt{3}}\sqrt{x}}=\frac{3}{16}\sum \sqrt{3x}\leq \frac{9}{16}$



Cách 3:




Đặt $t=a+b+c$

Từ giả thiết $1\leq \frac{t^2}{3}+\frac{2t^3}{27}\rightarrow t\geq \frac{3}{2}$

$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}$

$=\frac{1}{4}\sum \left ( 1-\frac{1}{(2a+1)^2} \right )$

$=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

$\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}$

Ta đi chứng minh $\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}\geq \frac{3}{4}$

Bất đẳng thức này tương đương

$\frac{2\sum a+3}{8abc+4\sum ab+2\sum a+1}\geq \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{2\sum a+3}{4(1-\sum ab)+4\sum ab+2\sum a+1} \geq \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \frac{2t+3}{5+2t}\geq \sum \frac{3}{4}\Leftrightarrow t\geq \frac{3}{2}$ (đúng)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1.5$



Cách 4:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$\sum \frac{1}{(2a+1)^2}\ge\frac{3}{4}$

Mà $(1^2+1^2+1^2)(\sum \frac{1}{(2a+1)^2})\ge(\sum \frac{1}{2a+1})^2$

Nên chỉ cần chứng minh:

$\sum \frac{1}{2a+1}\geq \frac{3}{2}$ (*)

Mặt khác do điều kiện suy ra: $1=2abc+ab+bc+bc\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3}$

$1\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3} \Leftrightarrow \sum a\ge\frac{3}{2}$

Và $1=2abc+ab+bc+bc\geq 2abc+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}$

$(*) \Leftrightarrow 2\sum a-4\sum ab-24 abc+3\ge0\\\Leftrightarrow 2\sum a-4(\sum ab+2abc)-16abc+3\ge0\Leftrightarrow 2\sum a-16abc-1\ge3-2-1=0$

Cách 5:

$BĐT\Leftrightarrow \sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}\leq \frac{9}{16}$

$\Leftrightarrow \sum \left [ \frac{1}{4}-\frac{a^2+a}{(2a+1)^2} \right ]\geq \frac{3}{16}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{(2a+1)^2}\geq \frac{3}{4}$

Mặt khác xuất phát từ giả thiết : $ab+bc+ac+2abc=1$ ta có thể đặt:

$\left\{\begin{matrix} a=\dfrac{x}{z+y} & & & \\ b=\dfrac{y}{x+z} & & & \\ c=\dfrac{z}{x+y} & & & \end{matrix}\right.$

Khi đó:

$\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

$=\sum \frac{1}{\left ( 2.\dfrac{x}{y+z}+1 \right )^2}$

$=\frac{(y+z)^2}{\left [ (x+y)+(x+z) \right ]^2}$

$\geq \frac{1}{2}\left [ \frac{(y+z)^2}{(x+z)^2+(x+y)^2} \right ]$


$\geq \frac{3}{4}$ (BĐT Nesbit)

Do đó ta có ĐPCM

Bất đẳng thức trong đề thi Olympic chuyên KHTN 2015

Câu VI. Cho $x,y,z>0$ và $xy+yz+xz=1$. CMR

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{xy}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$Cách 1:

Đổi biến $(a,b,c)=(\sqrt{xy};\sqrt{yz};\sqrt{xz}). $

Từ GT suy ra $a^2+b^2+c^2=1$. BĐT trở thành: $\sum \frac{bc}{a^2+\sqrt{3}a}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}abc}$




Ta có: $VT \leq \sum \frac{bc}{a^2+a(a+b+c)}$ (do $a+b+c\leq \sqrt{3}$) $=\sum \frac{bc}{a(a+b)+a(a+c)}$

$\leq \frac{1}{4}\sum \frac{bc}{a(a+b)}$+$\frac{bc}{a(a+c)}=\sum \frac{bc}{a(a+b)}$+$\frac{ac}{b(b+a)}=\sum \frac{c(a^2+b^2)}{4ab(a+b)}$




Ta cần CM: $\sum \frac{c^2(a^2+b^2)}{a+b} \leq \frac{1}{\sqrt{3}}$ $\Leftrightarrow \sum (c^2(a+b)-\frac{2abc^2}{a+b} )\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$




$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)(a+b+c)-3abc-2abc(\sum \frac{a}{b+c})\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$




Do $(ab+bc+ca)(a+b+c) \leq \sqrt{3}$ và $\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ nên ta chỉ cần CM:$\frac{1}{ab+bc+ca}+5 \geq \frac{2}{\sqrt{3}abc}$



Hay $\frac{2}{\sqrt{3}}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 1+5(ab+bc+ca)$

BĐT này đúng vì ta CM được $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3\sqrt{3}$ và $ab+bc+ca \leq 1$.

Cách 2: đặt $a=3yz, b=3zx, c=3xy$ cho đơn giản, ta đưa về:

Cho $a+b+c=3$, cần chứng minh:

$\sum \frac{bc}{\sqrt{a}+3}\leq \frac{3}{4} \Leftrightarrow \sum \frac{12bc}{\sqrt{a}+3}\leq 9 \\\Leftrightarrow \sum \frac{12bc}{\sqrt{a}+3}\leq (\sum a)^2\Leftrightarrow \sum a^2+\sum 2ab-\sum \frac{12bc}{\sqrt{a}+3}\ge0$

Ý tưởng của ta là dùng shur cho 3 số để chứng minh bất đẳng thức trên, nên:

$\sum a^2+\sum 2ab-\sum \frac{12bc}{\sqrt{a}+3}\ge0\Leftrightarrow \sum a^2-2\sum ab+4\sum bc(1-\frac{3}{\sqrt{a}+3})\ge0\\\Leftrightarrow a^2-2\sum ab+4\sum bc(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+3})\ge0\Leftrightarrow a^2-2\sum ab+4\sum abc(\frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)})\ge0$

Theo shur bậc 3 thì ta thiếu đại lượng 3abc nữa nên:

$\sum a^2-2\sum ab+4\sum abc(\frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)})\ge0\\\Leftrightarrow \sum a^2-2\sum ab+3abc+4abc(\sum \frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)}-\frac{3}{4})\geq 0$

Ta chỉ cần chứng minh:

$\sum a^2-2\sum ab+3abc \ge 0$

$\sum \frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)}-\frac{3}{4} \ge 0$

Bất đẳng thức tương đương: $\sum a^2-2\sum ab+3abc \ge 0\Leftrightarrow (\sum a)(\sum a^2-2\sum ab)+9abc\ge0$ Là bất đẳng thức shcur bậc 3

$\sum \frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)}-\frac{3}{4} \ge 0$

Thì ta thấy dạo hàm cấp 2 của hàm này lớn hơn 0 nên dùng bất đẳng thức jensen ta có đpcm.

Bài toán về số "tốt"

1) (T11/461): Cho n số nguyên dương khác nhau. Mỗi cặp số được lấy từ n số nguyên dương đã cho được gọi là tốt nếu tỉ số giữa hai số này là 2 hoặc 3. Hỏi khi cho $n=m^2$ số nguyên dương khác nhau tuỳ ý thì số cặp số tốt lớn nhất bằng bao nhiêu ?

Lời giải

Đặt $a_i=2^r_i.3^s_i.t_i, (t_i,6)=1$

Ta thấy $(a_i,a_r)$ thoả đề bài khi $t_i=t_r$ do đó số cặp số tốt trong n số $a_i$ không vượt quá số cặp số tốt trong n số $2^r_i.3^s_i$ (i từ 1 đến n)

Cặp $(2^r_i.3^s_i,2^r_j.3^s_j)$ tốt khi và chỉ khi

$r_i=r_j$ và $|s_i-s_j|=1$ hoặc $s_i=s_j$ và $|r_i-r_j|=1$

Xét n điểm $A_i=(r_i, s_i)$ ( trong tạp chí ghi sai $"A_i=(r_i,r_j)"$)

Như vậy cặp cặp $(2^r_i.3^s_i,2^r_j.3^s_j)$ tốt khi và chỉ khi $A_iA_j=1$.

Giả sử n điểm $A_i$ nằm trên k đường thẳng song song với trục Ox kí hiệu là $d_1,..d_k$

Gọi $m_l$ là số điểm $A_i$ nằm trên $d_l$ (l=1,..k) và $d_h$ chưa nhiều điểm $A_i$ nhất, Khi đó

$n=\sum m_i \le k m_h$

2) Cho $m \ge 2$ là một số nguyên. Số n nguyên không âm gọi là m-tốt nếu mỗi a nguyên tố cùng nhau với n, có $n | (a^m-1)$. Chứng minh rằng mọi số m-tốt lớn nhất bằng $4m(2^m-1)$

Giải.

Nếu m lẻ thì $n | (n-1)^m-1$ tương đương $n|2$ (khai triển).

$m=2^t.q (t \ge 1)$, q lẻ. Đặt $n=2^u(2v+1)$. Giả sử n là m-tốt khi đó $(2v-1)^m-1 \equiv 2^m-1 (mod 2v+1)$ (*). Nếu chọn $a=2(2v+1)+1=4v+3$ thì

$n | (a^{q})^{2t}-1)$  mà $v_2 (a^{q})^{2t}-1)=t+2$ do $v2(a^q-1)=1, v_2(a^q+1)=2$ (không được)

Nên chọn $a=8v+5$ ta có $v2(n)=u$ nên $u \le t+2$ vì thế kết hợp với  ta có điều phải chứng minh.

Bất đẳng thức Bonse

Cho $p_1=2, p_2=3,..$ là dãy tăng các số nguyên tố. Chứng minh rằng:

$p_1p_2..p_n >p_{n+1}^2$

Giải.

Đặt $A_k=p_1p_2...p_k$ và $a_k=k.p_1p_2..p_{n-1}-p_n$ với $1 \le k \le p_n -1$. Ta thấy rằng $a_k$ không chia hết cho $p_i$ (với i=1,..n) suy ra $a_k \ge p_{n+k}$ (Do là dãy tăng). Chọn k=$p_n-1$ ta được $a_k=A_n-A_{n-1}-p_n>p_{p_n+n-1}>p_{3n-1}$ ( có thể chứng minh $p_n \ge 2n$ bằng quy nạp). Từ đây ta nhận thấy với $n \ge 6$ thì

$p_1..p_n>(p_1..p_{[n/2]})^2>p_{3[n/2]-1}^2>p_{n+1}^2$

Về một bổ đề quan trọng của thầy Trần Quang Hùng

Đề bài: Cho Tam giác ABC, P bất kì. D, E, F là hình chiếu của P trên BC, CA, AB. X, Y, Z thuộc PD, PE, PF sao cho $\overline{PX}.\overline{PD}=\overline{PE}.\overline{PY}=\overline{PF}.\overline{PZ}$. Chứng minh: AX, BY, CZ đồng quy.

Giải

Trước hết ta cần chứng minh 2 bổ đề sau:

Bổ đề 1: Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E là giao điểm của AB và CD, F điểm bất kì. Chứng minh rằng trung điểm M, N, L lần lượt của AC, EF, BD cùng thuộc một đường thẳng khi và chỉ khi F, A, D thẳng hàng.

Chứng minh 

Gọi lần lượt là trung điểm của .


Theo định lí về đường trung bình :

Tương tự :

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BCE với 3 điểm F,A, D và định lý Menelaus cho tam giác XYZ với ba điểm M, N, L

$\dfrac{NX}{NY}.\dfrac{MY}{MZ}.\dfrac{LZ}{LX}=1 \Leftrightarrow \dfrac{FB}{FC}.\dfrac{AE}{AB}.\dfrac{DC}{DE}=1$
Như vậy M, N, L thẳng hàng khi và chỉ khi F, A, D thẳng hàng.
Bổ đề 2: cho tam giác ABC, một đường tròn đi qua hai điểm B,C cắt AC, AB tại D, E. Đường thẳng qua D vuông AC cắt đường thẳng qua E vuông AB tại F. Chứng minh rằng AF vuông BC. (Bổ đề này đơn giản, bạn đọc tự chứng minh).

Quay trở lại bài toán.

Gọi YZ cắt BC tại U, XZ cắt CA tại V, XY cắt AB tại W. Q, I, O là trung điểm của AU, BV, CW.

Vẽ các đường tròn đường kính AU, 

Áp dụng bổ đề 2 cho tứ giác EFYZ nội tiếp với các đường qua F vuông với PZ, qua E vuông PY cắt nhau tại A, ta có PA vuông YZ. Nếu PA cắt YZ tại T Thì T thuộc đường tròn đường kính AU ( kí hiệu là (Q)) và $\overline{PA}.\overline{PT}=\overline{PF}.\overline{PZ}$ Hay là phương tích của P đối với (Q) bằng $\overline{PF}.\overline{PZ}$ Tương tự phương tích của P đối với (I) bằng $\overline{PX}.\overline{PD}$, ... mà $\overline{PX}.\overline{PD}=\overline{PE}.\overline{PY}=\overline{PF}.\overline{PZ}$ Nên P có cùng phương tích với (Q), (I), (O).

Vẽ các đường cao AM, BK, CL cắt nhau tại H. Ta lại có phương tích của H đối với (Q), (I), (O) lần lượt là: $\overline{HA}.\overline{HM}, \overline{HB}.\overline{HK}, \overline{HC}.\overline{HL}$

Mà: $\overline{HA}.\overline{HM}= \overline{HB}.\overline{HK}= \overline{HC}.\overline{HL}$

Nên H có cùng phương tích với 3 đường tròn.

Như vậy 3 đường tròn trên đồng trục PH nên tâm của chúng là Q, I, O thẳng hàng.

Giả sử VW cắt AQ tại U'. Áp dụng bổ đề 1 cho tứ giác BCVW với 3 trung điểm Q, I, O thẳng hàng, ta được U', B, C thẳng hàng hay U trùng với U'.

Nhưng vậy U, V, W thẳng hàng.

Áp dụng định lý Desargues cho tam giác ABC và tam giác XYZ ta có AX, BY, CZ đồng quy. Ta có điều phải chứng minh $\blacksquare $

Khoảnh khắc đẹp

Có gì đó khá giống nhau ở đây :)
 ( Giữa lượt xem của blog và đồ thị hàm số $x^{19}$ )

Bài toán tổ hợp tô màu

Bài: Vùng nọ có khu đất vàng 100 × 100 m, chia ra làm 100 lô, mỗi lô 10 × 10 m. Vua bãi rác muốn lấn chiếm khu đất này nên sai tay chân đổ rác vào một số ô. Nếu một ô nào chưa có rác mà có ít nhất hai ô cạnh nó (có chung cạnh) đã bị đổ rác thì (đáng tiếc) hôm sau nhân dân cũng sẽ đổ rác vào ô đó. Nếu đến một ngày nào đó tất cả các ô đều bị đổ rác thì vua bãi rác sẽ chiểm khu đất. Nếu vua bãi rác muốn chiếm khu đất này thì lúc đầu cần đổ rác vào ít nhất mấy ô?

Giải

Ta đưa bài toán về mô hình bảng ô vuông kích thước 10 × 10 và mỗi ô bị đổ rác thì sẽ được tô đen. Mỗi bước biến đổi tương ứng với việc ta tô đen một ô chưa được tô và chung cạnh với ít nhất hai ô được tô đen. Do đó, ta chỉ cần tìm số ô đen được tô ban đầu sao cho sau một số hữu hạn bước biến đổi, ta có thể tô đen cả bảng. Gọi p là chu vi của tất cả các phần được tô đen. Ta chứng minh rằng sau mỗi bước biến đổi thì p không tăng. Thật vậy, do ở mỗi bước biến đổi ta tô đen một ô khi nó phải chung cạnh với ít nhất hai ô đen. Ta có các trường hợp sau: Chu vi không đổi, chu vi giảm 2 đơn vị, chu vi giảm 4 đơn vị.

Khi cả bảng được tô đen thì p' = 10 × 4 = 40. Do đó, để tô đen cả bảng ban đầu p ≥ p' = 40. Mà mỗi ô có chu vi là 4. Suy ra ban đầu cần tô ít nhất p/4 = 10 ô. Ta tô mười ô trên cùng một đường chéo chính thì sau hữu hạn bước biến đổi thì cả bảng sẽ được tô đen. Ban đầu vua cho đổ rác vào mười ô trên một đường chéo chính số 1. Ngày hôm sau các ô trên hai đường chéo chính số 2 sẽ bị đổ rác (do mỗi ô đều kề hai ô ở đường chéo số 1). Tiếp tục như vậy thì đến ngày thứ 10 cả khu đất sẽ bị đổ rác. Đáp số: 10 ô.