Trông ngăm đen cũng đẹp màMem VMF 1 năm rồi mà giờ mới giám up 1 cái (anh là áo caro nhé ^^)
Nhưng theo kinh nghiệm thì ko hề nên chụp ảnh vs ng` đẹp zai hơn mình
Cho viên đầu tiên
Có 497 mục bởi minhtuyb (Tìm giới hạn từ 24-05-2020)
Đã gửi bởi minhtuyb on 21-06-2012 - 21:57 trong Góc giao lưu
Trông ngăm đen cũng đẹp màMem VMF 1 năm rồi mà giờ mới giám up 1 cái (anh là áo caro nhé ^^)
Đã gửi bởi minhtuyb on 25-06-2012 - 10:11 trong Góc giao lưu
Đã gửi bởi minhtuyb on 01-07-2012 - 23:51 trong Góc giao lưu
VMF Guardian này bị quên lãng rồi thì phảiMấy chú chiến IT trên VMF mà quên mất còn có 1 VMF Guardian hả
Đã gửi bởi minhtuyb on 21-06-2012 - 08:09 trong Góc giao lưu
Gì? hơn 6 yến với ~1m7 mà nhỏ consao nhỏ con vậy tú ,
Gặp ai ông cũng nói vậy thì phảiMặt Tú có cái nét gì đó đẹp trai giống tui
Đã gửi bởi minhtuyb on 21-06-2012 - 13:57 trong Góc giao lưu
Đã gửi bởi minhtuyb on 21-05-2012 - 19:07 trong Tài liệu - Đề thi
Search được cái đề vòng 1 thôi:Ai có đề cho em xin cái.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010-2011
Đã gửi bởi minhtuyb on 04-05-2015 - 16:33 trong Bất đẳng thức và cực trị
Dạo này thấy topic hơi chìm,góp thêm 1 bài!
Cho $x,y,z$ thực dương thỏa mãn $(x+y)^2+4x^2y^2+1=(2z^2+1)^2$.Tìm GTNN của:
$P=\frac{16x^3}{(y+z)^3}+\frac{16y^3}{(x+z)^3}+3.\frac{xy+1}{z^2+1}$
Từ giả thiết ta có:
$$+) (2z^2+1)^2=(x+y)^2+\frac{(4xy)^2}{4}+1\leq (x+y)^2+\frac{(x+y)^4}{4}+1=\left [ \frac{(x+y)^2}{2}+1 \right ]^2\\ \Rightarrow 2z\leq x+y$$
$$+) (2z^2+1)^2=(2xy+1)^2+(x-y)^2\geq (2xy+1)^2\Rightarrow z^2\geq xy$$
Áp dụng bất đẳng thức $\frac{a+c}{b+c}\geq \frac{a}{b}$ với $b>a>0, c\geq 0$, dấu bằng khi $c=0$ với $a=xy,b=z^2,c=1$, ta có: $\frac{xy+1}{z^2+1}\geq \frac{xy}{z^2}$ (*)
Áp dụng BĐT Cô si 3 cho số không âm, ta dễ có:
$$\frac{16x^3}{(y+z)^3}\geq \frac{12x}{y+z}-4$$
$$\frac{16y^3}{(x+z)^3}\geq \frac{12y}{x+z}-4$$
Từ ba bđt trên suy ra:
$$P\geq 12\left ( \frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z} \right )+3.\frac{xy}{z^2}-8$$
Ta có:
$$(z+x)(z+y)=z^2+xy+yz+zx\leq 2z^2+yz+zx=z(2z+x+y)\leq z(x+y+x+y)=2z(x+y)$$
Nên:
$$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z} =\frac{x^2+y^2+z(x+y)}{(z+x)(z+y)}\leq \frac{x^2+y^2+z(x+y)}{2z(x+y)}=\frac{x^2+y^2}{2z(x+y)}+\frac{1}{2}$$
Suy ra:
$$P\geq 6\frac{x^2+y^2}{z(x+y)}+3.\frac{xy}{z^2}-2
\\=3\left[ 2\frac{x^2+y^2}{z(x+y)}+\frac{xy}{z^2} \right ]-2
\\=3.\frac{2z(x^2+y^2)+xy(x+y)}{z^2(x+y)}-2
\\\geq 3.\frac{2z(x^2+y^2)+xy.2z}{z^2(x+y)}-2
\\=6.\frac{x^2+y^2+xy}{z(x+y)}-2
\\\geq 6.\frac{\frac{3}{4}(x+y)^2}{z(x+y)}-2
\\=\frac{9}{2}\frac{x+y}{z}-2
\\\geq \frac{9}{2}.2-2=7$$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là $7$
*Nhận xét: Hai khó khăn lớn nhất ở lời giải này là việc xử lý phân thức thứ 3 ( như ở (*) ) và việc làm gọn mẫu số $(z+x)(z+y)$ để xuất hiện hạng tử $z$, từ đó giảm độ phức tạp của bài toán.
Đã gửi bởi minhtuyb on 25-05-2012 - 14:04 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
SOLUTION:Bài 29:
Giải phương trình $$\frac{x^2+6x+15}{x^2+6x+11}=\sqrt{x^2-6x+18}$$
Đã gửi bởi minhtuyb on 03-06-2012 - 21:23 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Đã gửi bởi minhtuyb on 25-05-2012 - 14:31 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Đã gửi bởi minhtuyb on 01-06-2012 - 10:12 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Bài 60:
Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} (x-1)y^{2}+x+y=3& & \\ (y-2)x^{2}+y=x-1& & \end{matrix}\right.$
-----------Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2011-2012----------Bài 1:
$\begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} \left( {x - 1} \right)y^2 + x + y = 3 \\ \left( {y - 2} \right)x^2 + y = x + 1 \\ \end{gathered} \right. \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left( {x - 1} \right)y^2 + x - 1 = 2 - y \\ \left( {y - 2} \right)x^2 + y - 2 = x - 1 \\ \end{gathered} \right. \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left( {x - 1} \right)\left( {y^2 + 1} \right) = 2 - y \\ \left( {y - 2} \right)\left( {x^2 + 1} \right) = x - 1 \\ \end{gathered} \right. \\ \end{gathered} $
$\begin{gathered} \Rightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {y - 2} \right)\left( {y^2 + 1} \right)\left( {x^2 + 1} \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {2 - y} \right) \\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {y - 2} \right)\left[ {\left( {y^2 + 1} \right)\left( {x^2 + 1} \right) + 1} \right] = 0 \\ \Rightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \Leftrightarrow y = 2 \\ y = 2 \Leftrightarrow x = 1 \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right) \\ \end{gathered} $
Đã gửi bởi minhtuyb on 31-05-2012 - 11:28 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Đã gửi bởi minhtuyb on 25-11-2012 - 00:17 trong Bất đẳng thức và cực trị
Mình lại c/m được $\sum \frac{x}{x^4+y+z}\leq 1\ (*)$Mình xin đóng góp cho topic bài này
Bài 5: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. CMR
$\sum \frac{x}{x^4+y+z}\geq 1$
Đã gửi bởi minhtuyb on 25-11-2012 - 17:31 trong Bất đẳng thức và cực trị
Yêu cầu cậu đặt lại phép suy luận toán học ở bài này! Có chỗ là dấu $\Leftarrow$ chứ không phải $\Leftrightarrow$.a,Hãy suy xét một bài toán cơ bản
Ta xét BĐT sau:Với mọi a,b,c dương có tổng bằng 3
$\frac{1}{a^2(1+a)}+\frac{1}{b^2(1+b)}+\frac{1}{c^2(1+c)}\geq \frac{3}{4abc}$(Olimpic 30-4)
Giải:Ta hoàn toàn có thể giải quyết bài toán trên bằng đánh giá thuận C-S,tuy nhiên,ta sẽ xem xét 1 lời giải sau
BĐT
$\Leftrightarrow \frac{abc}{a^2(1+a)}+\frac{abc}{b^2(1+b)}+\frac{abc}{c^2(1+c)}\geq \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow \frac{bc(b+c)}{a\left [ (b+c)^2+2a(b+c) \right ]} +\frac{ca(c+a)}{b\left [ (c+a)^2+2b(c+a) \right ]}+\frac{ab(a+b)}{c\left [ (a+b)^2+2c(a+b) \right ]}\geq \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow \frac{bc(b+c)}{2a\left [ (b^2+c^2+a(b+c) \right ]} +\frac{ca(c+a)}{2b\left [ a^2+c^2+b(c+a) \right ]}+\frac{ab(a+b)}{2c\left [ a^2+b^2+c(a+b) \right ]}\geq \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow \frac{(b+c)}{2a(\frac{a+b}{c}+\frac{a+c}{b})} +\frac{(c+a)}{2b(\frac{b+c}{a}+\frac{a+b}{c})}+\frac{(a+b)}{2c(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b})}\geq \frac{3}{4}$
Bằng việc đặt $\frac{a+b}{c}=x,\frac{b+c}{a}=y,\frac{c+a}{b}=z$,ta dễ dàng đưa BĐT trên về nesbitt 3 biến
Chưa thử c/m BĐT này bằng $S.O.S$. Nhưng mình cũng xin giới thiệu một BĐT khác cũng khá giống cái này, nhưng được làm mạnh trực tiếp từ $AM-GM$:c,Làm mạnh BĐT
Tư tưởng giải 2 bài này giống như bài trên nên các bạn luyện tập thêm
"Cũng chẳng có gì khó cả,cái này bình thường thôi"-tôi tin là bạn đang nghĩ vậy,tuy nhiên,bạn hãy xem thêm 2 VD sau để chắc chắn cái bạn nói là đúng nhé
Từ BĐT AM-GM 3 số,ta có thể làm mạnh lên thành
$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}+\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{12(a+b+c)}$
Cũng cần nói thêm là BĐT này cần tới S.O.S để giải (quá ảo)
Cũng không hẳn. Mình dùng pp tiếp tuyến thôi cho nhanh (bấm máy ra luôn đạo hàm tại $x=1$ là $0$ )Qủa này là hệ số bất định phải không minhtuyb hầy?
Đã gửi bởi minhtuyb on 26-11-2012 - 22:57 trong Bất đẳng thức và cực trị
bài nữa nhé
Bài 7: Cho $a,b,c>0$. CMR
$\frac{a^4}{b^2(b+c)}+\frac{b^4}{c^2(c+a)}+\frac{c^4}{a^(a+b)}\geq \frac{a+b+c}{2}$
Do phần này khá rộng nên mình xin trình bày bài tập riêng (hơi nhiều 1 tí)
1,Chứng minh với mọi a,b,c $0\leq a,b,c\leq \frac{1}{2}$ thỏa mãn $a+b+c=1$ thì
$\frac{1}{a(2b+2c-1)}+\frac{1}{b(2c+2a-1)}+\frac{1}{c(2a+2b-1)}\geq 27$
2,Chứng minh với mọi a,b,c $\geq \frac{1}{2}$,ta có
$\frac{a^2}{\sqrt{5-2(b+c)}}+\frac{b^2}{\sqrt{5-2(c+a)}}+\frac{c^2}{\sqrt{5-2(a+b)}}\geq 3$
3,Chứng minh với mọi a,b,c có $0< a,b,c\leq \frac{1}{3},a^3+b^3+c^3=\frac{3}{64}$ thì
$\frac{1}{1-3a}+\frac{1}{1-3b}+\frac{1}{1-3c}\geq 12$
Đã gửi bởi minhtuyb on 25-11-2012 - 00:09 trong Bất đẳng thức và cực trị
Hix $p,q,r$ trâu bò quá ="=. Mình xin đóng góp lời giải theo mình nghĩ là hay hơn :c,Đặt ẩn phụ
Vì kĩ thuật đặt ăn phụ mình đã trình bày nên xin chỉ nêu 1 VD nho nhỏ sau
Chứng mnih với mọi a,b,c dương,ta có
$\frac{1}{a\sqrt{a+b}}+\frac{1}{b\sqrt{b+c}}+\frac{1}{c\sqrt{c+a}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}$
Giải BĐT cần chứng minh tương đương $\sqrt{\frac{2bc}{a(a+b)}}+\sqrt{\frac{2ca}{b(b+c)}}+\sqrt{\frac{2ab}{c(c+a)}}\geq 3$
Ta sẽ đặt $\sqrt{\frac{2bc}{a(a+b)}}=x;\sqrt{\frac{2ca}{b(b+c)}}=y;\sqrt{\frac{2ab}{c(c+a)}}=z$
Chú ý thêm rằng xy=$\frac{2c}{\sqrt{(a+b)(b+c)}}$,ta sẽ chứng minh $xy+yz+zx\geq 3$
Tiếp tục đặt $\sqrt{a+b}=p,\sqrt{b+c}=q,\sqrt{c+a}=r$,khi đó,dề thấy $xy=\frac{p^2+q^2-r^2}{qr}$
BĐT cần chứng minh sẽ là $(p^3+q^3+r^3)(p^2q+q^2r+r^2p)\geq q^2p+r^2q+p^2r+3pqr$(Đây là 1 BĐT khá hay,xin nhường cho các bạn)
Đã gửi bởi minhtuyb on 24-11-2012 - 23:06 trong Bất đẳng thức và cực trị
Nhìn phát thấy ngay là $Holder$
---
-Nếu $\exists a_i+b_i=0\Rightarrow a_i=b_i=0\Rightarrow VT(*)=VP(*)$
-Nếu các biến đều dương: áp dụng BĐT $AM-GM$ cho $n$ số, ta có:
$$\dfrac{a_1}{a_1+b_1}+\dfrac{a_2}{a_2+b_2}+...+\dfrac{a_n}{a_n+b_n}\ge \dfrac{n\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}{(a_{1}+b_{1})(a_{2}+b_{2})...(a_{n}+b_{n})}\\
\dfrac{b_1}{a_1+b_1}+\dfrac{b_2}{a_2+b_2}+...+\dfrac{b_n}{a_n+b_n}\ge \dfrac{n\sqrt[n]{b_1b_2...b_n}}{(a_{1}+b_{1})(a_{2}+b_{2})...(a_{n}+b_{n})}$$
Cộng vế với vế của 2 BĐT cùng chiều trên, sau vài bước biến đổi ta có ĐPCM. Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi $a_1=a_2=...=a_n;b_1=b_2=...=b_n\ \square$
---
Hai bài trên là hệ quả trực tiếp của BĐT này
Ô đề nghị này ko ai làm ámọi người ta tập trung lại 1 tí nhé,mình post bài có kèm theo bài tập là muốn mọi người vận dụng thẳng các kiến thức trên vào bài tập cho vững luôn,dĩ nhiên mình không nề nà gì việc đăng thêm bài mới,nhưng mình nghĩ,việc đó nên để khi ta đã giải quyết trọn vẹn các bài tập
thân
tình hình là ta còn nhiều bài tồn đọng quá
ĐỀ NGHỊ
bài 4 phần 1(kiến thức đã nêu,mong mọi người triệt để áp dụng
với mọi a.b không âm,chứng minh
$\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}\leq \sqrt[3]{2(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}$
Đã gửi bởi minhtuyb on 24-11-2012 - 22:42 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài $VMO\ 1996$ thì đã quá quen thuộc rồi mình xin không c/m lại. Còn bài $2$ thì ta cần đánh giá kĩ thuật một chút (xuất phát từ đẳng thức):*Mình xin dừng phần này ở đây đã
Một số bài tập nho nhỏ cho các bạn
1, chứng minh với mọi a,b,c không âm có $ab+bc+ca+abc=4$ thì
$a+b+c\geq ab+bc+ca$(VMO 1996)
2,Chứng minh với mọi a,b,c dương có $ab+bc+ca+2abc=1$ thì
$2(a+b+c)+1\geq 32abc$
Đã gửi bởi minhtuyb on 21-11-2012 - 20:16 trong Bất đẳng thức và cực trị
Nhìn phát thấy ngay là $Holder$3,(tổng quát bài 1 lên) với 2n số không âm
$\sqrt[n]{a_{1}a_{2}....a_{n}} +\sqrt[n]{b_{1}b_{2}...b_{n}}\leq \sqrt[n]{(a_{1}+b_{1})(a_{2}+b_{2})...(a_{n}+b_{n})}\(*)$
Đã gửi bởi minhtuyb on 21-05-2012 - 14:18 trong Hình học
Chọn lọc bài để post nhé bạn. Bài này có nhiều rồi! :Bài 78: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn( C là tiếp điểm). $AC\cap OM=\left \{ E \right \}; MB\cap (O)=\left \{ D \right \}$ (D #B)
a. C/m: tứ giác AMCO nội tiếp;
b. $\widehat{ADE}=\widehat{ACO}$;
c. $CH\perp AB (H\in AB)$. C/m: MB đi qua trung điểm CH.
Đã gửi bởi minhtuyb on 19-06-2012 - 10:47 trong Kinh nghiệm học toán
Mình cũng chia sẻ chút chỗ này :Ta sẽ chứng minh $f(x)>0$ bằng cách đặt $x=y-\frac{a}{4}$, để mất đi hệ số của $y^3$
Đặt $x=y+\frac{3}{2}$
Biểu thức đã cho trở thành:
$$A=y^4+\frac{5y^2}{2}-y+\frac{61}{16}=y^4-m y^2+m^2+(m+\frac{5}{2})y^2-y+\frac{61}{16}-m^2$$
Đã gửi bởi minhtuyb on 19-06-2012 - 11:01 trong Kinh nghiệm học toán
Chưa quen tay, mãi mới làm đc 1 conĐây là một số bài dễ, áp dụng như trên là được !!!
(Cẩn thận bị lừa)
a) $x^4+x^3+x^2+2=0$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học