Violympic toán 9

55 C

56 D

57 B

58 C

59 A

60 D

61 D

62 B

63 A

64 D

45 D

46 D

47 C

48 B

49 B

50 D

51 C

52 D

53 A

54 A

Ta có:

\(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=\dfrac{a+b+c}{abc}\) (1)

Đồng thời: \(3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+bc+ca\right)^2\)

\(\Rightarrow abc\le\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)^2}{a+b+c}\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\) (3)

Lại có:

\(\left(a+b+c\right)^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\sqrt[3]{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^6\ge27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^4\left(a+b+c\right)^2\ge27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)

\(\Rightarrow81\left(a+b+c\right)^2\ge27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)

\(\Rightarrow3\left(a+b+c\right)^2\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\ge a^2+b^2+c^2\) (4)

(3);(4) \(\Rightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

"Một dãy số liên tiếp" là sao vậy bạn, mình không hiểu lắm :) ,nhưng mình nghĩ câu hỏi như thế này: CMR ta có thể lấy được một số số nguyên dương trong 30 số trên sao cho tổng của chúng bằng 14.

Gọi \(a_1,a_2,...,a_{30}\) là 30 số nguyên dương theo đề bài.

Đặt \(S_1=a_1;S_2=a_1+a_2;...;S_k=\sum\limits^k_{i=1}a_i;...;S_{30}=\sum\limits^{30}_{i=1}a_{30}\) , với \(1\le k\le30\).

Theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại hai số \(S_m,S_n\) sao cho \(S_m\equiv S_n\left(mod14\right)\) và \(m\ne n\). Không mất tính tổng quát, giả sử \(m>n\). Khi đó \(\left(S_m-S_n\right)⋮14\Rightarrow\sum\limits^m_{i=n+1}a_i⋮14\). Vậy ta đã tìm được một số số nguyên dương trong 30 số trên thoả yêu cầu bài toán.

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM:

$\frac{a^2}{2b+1}+\frac{4(2b+1)}{25}\geq 2\sqrt{\frac{4}{25}a^2}=\frac{4}{5}a$

$\frac{b^2}{2c+1}+\frac{4(2c+1)}{25}\geq 2\sqrt{\frac{4}{25}b^2}=\frac{4}{5}b$

$\frac{c^2}{2a+1}+\frac{4(2a+1)}{25}\geq 2\sqrt{\frac{4}{25}c^2}=\frac{4}{5}c$

Cộng 3 BĐT trên theo vế và thu gọn và áp dụng BĐT AM-GM lần nữa thì:

$P\geq \frac{12}{25}(a+b+c)-\frac{12}{25}\geq \frac{12}{25}.3\sqrt[3]{abc}-\frac{12}{25}$

$P\geq \frac{36}{25}.\sqrt[3]{8}-\frac{12}{25}=\frac{12}{5}$

Vậy $P_{\min}=\frac{12}{5}$. Giá trị này đạt tại $a=b=c=2$