Mình xin đóng góp cho topic bài này
Bài 5: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. CMR
$\sum \frac{x}{x^4+y+z}\geq 1$

Mình lại c/m được $\sum \frac{x}{x^4+y+z}\leq 1\ (*)$
---
Vời giả thiết trên thì: $\dfrac{x}{x^4+y+z}=\dfrac{x}{x^4+3-x}$
Ta sẽ c/m: $\dfrac{x}{x^4+3-x}\le \dfrac{1}{3}\Leftrightarrow x^4-4x+3\ge 0\Leftrightarrow (x-1)^2(x^2+2x+3)\ge 0$ (Luôn đúng)
C/m tt rồi cộng lại ta suy ra $(*)$ đúng.
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1\ \square$
---
Thôi đi ngủ đây, lần sau bạn nhớ post bài nào liên quan tới topic nhé

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)

Hix $p,q,r$ trâu bò quá ="=. Mình xin đóng góp lời giải theo mình nghĩ là hay hơn :
---
BĐT cần chứng minh tương đương:
$$\sum \sqrt{\frac{2bc}{a(a+b)}}\geq 3\ (*)$$
Ta có:
$$LHS(*)=\sum \dfrac{2bc}{\sqrt{2abc(a+b)}}=\sum \dfrac{2bc}{\sqrt{2ab(ac+bc)}}\ge \sum \dfrac{4bc}{2ab+ac+bc}$$
Đặt $x=ab;y=bc;z=ca\Rightarrow x,y,z>0$. Ta cần c/m:
$$\sum \dfrac{4x}{x+2y+z}\ge 3\Leftrightarrow \sum \dfrac{x}{x+2y+z}\ge \dfrac{3}{4}\ (**)$$

(Đến đây nếu dùng $Schwarz$ thì ra luôn. Nhưng vì là topic $AM-GM$ nên ta xài luôn $AM-GM$ )

Chuẩn hoá: $x+y+z=3$. Viết lại $(**)$:
$$\sum \dfrac{x}{y+3}\ge \dfrac{3}{4}$$
Đúng từ các BĐT sau:
$$\dfrac{x}{y+3}+\dfrac{x(y+3)}{16}\ge \dfrac{x}{2}\\ \dfrac{y}{z+3}+\dfrac{y(z+3)}{16}\ge \dfrac{y}{2}\\\dfrac{z}{x+3}+\dfrac{z(x+3)}{16}\ge \dfrac{z}{2}\\ \dfrac{(x+y+z)^2}{3.16}\ge \dfrac{xy+yz+zx}{16}$$
Vậy $(**)$ đúng $\Rightarrow (*)$ đúng.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
Phép c/m hoàn tất $\square$.

Bài này giải kiểu gì vậy mọi người

Hệ hoán vị vòng quanh này còn hiền chán :
$\left\{\begin{matrix}(x+y+z)^3=12t\\ (y+z+t)^3=12x\\ (z+t+x)^3=12y\\ (t+x+y)^3=12z\end{matrix}\right.$
-Giả sử $t>x\Rightarrow 12t>12x\Rightarrow (x+y+z)^3>(y+z+t)^3\Rightarrow x+y+z>y+z+t\Rightarrow x>t$. Mẫu thuẫn với giả sử !
-Giả sử $t<x\Rightarrow 12t<12x\Rightarrow (x+y+z)^3<(y+z+t)^3\Rightarrow x+y+z<y+z+t\Rightarrow x<t$. Mẫu thuẫn với giả sử !
Vậy $t=x$
*C/m hoàn toàn tương tự ta có: $x=y=z=t$, thay vào phương trình ta có:
$(3x)^3=12x\Leftrightarrow 27x^3-12x=0\Leftrightarrow ...$

• WWW $\star \star \star \star \star \star \star \star \star \star$
• tieulyly1995 $\star \star \star \star \star \star \star \star \star \star$

Hai người này chuẩn bị khủng bố li khai khỏi hội hả
Đề nghị a e vô vị trí chiến đấu

avatar có vấn đề

Like !

Cậu les thì có 8-}
Ai đồng ý Celia bị les giơ tay nào

Hội ta đã đông đủ hội viên chưa nhỉ

Cho em xin trước 1 vé kẻo đến khi độc thân lại không có nơi nương tựa ...

Bài 92: Giải phương trình $$\sqrt {5{x^2} + 14x + 9} - \sqrt {{x^2} - x - 20} = 5\sqrt {x + 1} $$
ĐỀ THI THỬ KHỐI A+B LẦN V CHUYÊN QUANG TRUNG BÌNH PHƯỚC

Không biết tác giả bài này có ý đồ gì
$ĐKXĐ:x\ge 5(*)$
$$pt\Leftrightarrow \sqrt{5x^2+14x+9}=\sqrt{x^2-x-20}+5\sqrt{x+1}\\ \Leftrightarrow 5x^2+14x+9=x^2+24x+5+10\sqrt{(x+1)(x^2-x-20)}\\ \Leftrightarrow 2x^2-5x+2=5\sqrt{x^3-21x-20}\\ \Leftrightarrow 4x^4-20x^3+33x^2-20x+4=25(x^3-21x-20)\\ \Leftrightarrow 4x^4-45x^3+33x^2+505x+504=0\\ \Leftrightarrow (x-8)(4x+7)(x^2-5x-9)=0$$
-Giải pt trên, đối chiếu với $(*)$ ta thu được $x=8;x=\frac{5+\sqrt{61}}{2}$
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm $x=8;x=\frac{5+\sqrt{61}}{2}$
P/s: Nghiệm lẻ ="='

Đáp án là Tư Mã Ý
Ai ra tiếp nào

Hết rồi à

-------------

Go on! Mong chờ topic này từ 3 tháng trước

----------

Topic này hay thiệt, giờ mới biết
Đáp án chắc là "nhà đá"

Chuẩn men :

-------------------------------

Cũng dễ thôi, mình chưa nghĩ ra cái nào khó hơn

Bài toán: Giải hệ phương trình sau trên tập các số nguyên tố:
$$\left\{\begin{matrix}x=2t^2-1\\ y=3t^2-2\\ z=4t^2-3\end{matrix}\right.$$

Ai có đề cho em xin cái.


ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010-2011

Search được cái đề vòng 1 thôi:
http://dethi.violet....ntry_id=5807365

Cho $a,b,c>0$ .CMR
$\sum \frac{a^{3}b}{1+ab^{2}}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$
và
$\sum \frac{a^{4}}{1+a^{2}b}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $abc=1$. CMR
$\sum \frac{a+b+1}{a+b^{2}+c^{2}}\leq \frac{(a+1)(b+1)(c+1)+1}{a+b+c}$

Góp vui vài bài:
Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$
CMR
$\sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}\leq \sqrt{3}$

Mình xin đóng góp:
1/Cho a,b,c$\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca> 0$ .CMR:
$\frac{a}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{b}{c^{2}+ca+a^{2}}+\frac{c}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$
2/cho a,b,c $\geq 0$ .CMR:
a)$\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )^{2}\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
b)$(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq 4(a+b+c+1)^2$
c)$4(a^2+x^2)(b^2+y^2)(c^2+z^2)\geq 3(bcx+cay+abz)^2$
d)$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\geq (1+a)(1+b)(1+c)$
e)$\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\geq \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}$

Tất cả những bài trên đều nằm trong quyền Cauchy-Schwarz của anh VQBC và Trần Quốc Anh.
Mong các bạn đóng góp bài từ nhiều nguồn khác nhau, hoặc tự chế bài càng tốt!

Bài 41 (IMO Shortlist 2012): Cho $x,y$ là các số nguyên dương dương thỏa mãn $x^{2^n}-1$ chia hết cho $2^ny+1$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng $x=1$.

Bài 40
Cho $k$ là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa $3^{k}\mid 2^{n}-1$

Giả sử $n$ là một số nguyên dương thỏa mãn điều kiện bài toán. Dễ thấy $n$ chẵn. Đặt $n=2n'$, ta phải tìm các số nguyên dương $n'$ sao cho $3^{k}\mid 4^{n'}-1$. Tất cả các số nguyên $n'$ cần tìm là bội của $ord_{3^k}(4)$.

 --------------------------------------

- Ta có $ord_{3}(4)=1$. Đặt $ord_{3^k}(4)=h$ thì theo định nghĩa ta có: $4^h-1\vdots 3^k\rightarrow v_3(4^h-1)\ge k$. Theo bổ đề LTE suy ra:

$$v_3(4-1)+v_3(h)\ge k\Leftrightarrow v_3(h)\ge k-1\Leftrightarrow 3^{k-1}| h\ (1)$$

Mặt khác: $4^{3^{k-1}}-1\vdots 3^k\Rightarrow h| 3^{k-1}\ (2)$ (cũng sử dụng bổ đề LTE)

 

-Từ (1) và (2) suy ra $h=3^{k-1}$ hay $ord_{3^k}(4)=3^{k-1}$ suy ra tất cả các số nguyên $n'$ cần tìm là bội của $3^{k-1}$ hay tất cả các số nguyên $n$ cần tìm là bội của $2.3^{k-1}$

 

 

 

 

Bài 29: giải HPT:

\[
\left\{ \begin{array}{l}
\left( {x + y + z} \right)^3 = 12t \\
\left( {y + z + t} \right)^3 = 12x \\
\left( {z + t + x} \right)^3 = 12y \\
\left( {t + x + y} \right)^3 = 12z \\
\end{array} \right.
\]

Bài 28 5 ẩn 5 pt, thế hay cộng đại số đều được
Bài 29 hoán vị vòng quanh:
Vì vai trò của $x,y,z,t$ như nhau nên KMTTQ, giả sử
$$x\geq y\\ \Leftrightarrow 12x\geq 12y\\ \Leftrightarrow y+z+t\geq z+t+x\\ \Leftrightarrow y\geq x$$
Vậy $x=y$, tương tự ta có $x=y=z=t$. Thay vào pt đầu ta có:
$$27x^3=12x\\ \Leftrightarrow 27x(x^2-\frac{12}{27})=0\\ \Leftrightarrow x=0\vee x=\frac{2}{3} \vee x=-\frac{2}{3}$$

6. $x^4-4x^3-19x^2+106x-120=0$

$\Leftrightarrow x^4-7x^3+12x^2+3x^3-21x^2+36x-10x^2+70x+120=0$
$\Leftrightarrow x^2(x^2+7x-12)+3x(x^2-7x+12)-10(x^2-7x+12)=0$
$\Leftrightarrow (x^2+3x-10)(x^2+7x-12)=0$
$\Leftrightarrow (x-2)(x+5)(x-4)(x-3)=0$
Pt có nghiệm $x_1=2;x_2=3;x_3=4;x_4=-5$
P/s: Bài 4 có nhiều rồi thì phải

Công nhận các diễn đàn như VMF có "lực hấp dẫn" rất lớn, hơn mấy trò game bao nhiêu liền
Tuy nhiên thuốc xóa cơn nghiện game của em đầu tiên là diễn đàn học mãi . Rồi cũng chả nhớ từ đâu mà tham gia VMF nữa (hình như quyển sách nào đó từ bên math.vn, nhưng không phải cuốn của anh Hùng )
Lúc đầu thì có chút tự ti vì ở đây toàn cao thủ giang hồ nên không dám đăng kí loạn, kẻo vài ngày đã bị ăn gạch vì giải bài lung tung . Một hôm lên YH chát với anh bboy, được khuyên bảo 1 lúc rồi cũng bắt đầu đăng kí theo (Ae có quen nhau trước ở bên hm)
Lên 4rum, bao giờ cũng ngó box "BĐT-Cực trị" đầu tiên. Từ khi vô VMF mới thấy được nét đẹp của các bài BĐT nên mê luôn. Mặc dù bây giờ vẫn gà BĐT nhưng đôi khi gặp bài dễ dễ vẫn post bài lanh chanh được tí

Bài 2. Cho $x;y$ là 2 số thực dương thỏa mãn $x^2+y^2=2$

 

Chứng minh rằng

 

$$\frac{x^3}{y^2}+\frac{9y^2}{x+2y} \geq 4$$

 

Đề 1 - Onluyentoan.vn - 2012

Lời giải bài 2: Đây là lời giải của em. Em nghĩ đây chắc cũng là lời giải của tác giả do thấy nó thuận lợi quá :

---

 

-Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:

$$(\frac{x^3}{y^2}+\frac{9y^2}{x+2y})(x+(x+2y))\ge (\frac{x^2}{y}+3y)^2$$

 

-Lại do $x^2+y^2=2$ nên có:

$$\frac{x^2}{y}+3y=\frac{2-y^2}{y}+3y=2(y+\frac{1}{y})\ge 4$$

(Điểm thuận lợi chính ở đoạn này )

 

Thêm vào đó, dễ dàng chứng minh $x+(x+2y)=2(x+y)\le 4$ nên suy ra:

$$\frac{x^3}{y^2}+\frac{9y^2}{x+2y}\ge \dfrac{4^2}{4}=4$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=1$

 

---

Việc tìm ra lời giải của bài toán là do phát hiện được $x+(x+2y)=2(x+y)\le ...$ và khi $x=y=1$ thì ta cũng đảm bảo được dấu bằng của Cauchy-Schwarz. Ngoài ra còn "ăn may" ở đoạn trên nữa

3) a) Cho $\begin{array}{l}
x + y \ge 8;y \ge 3\\
CMR: 27{x^2} + 10{y^3} \ge 945
\end{array}$

b) Cho $a + b = c + d$
CMR : ${c^2} + {d^2} + cd \ge 3ab$

Xin chém câu BĐT :
a.Áp dụng BĐT AM-GM, có;
$27x^2+675\geq 2\sqrt{27x^2.675}=270x$
$10y^3+270+270\geq 3\sqrt[3]{10y^3.270^2}=270y$
Cộng vế với vế ta có: $27x^2+10y^3+1215\geq 270(x+y)\geq 270.8=2160\Rightarrow 27x^2+10y^3\geq 945<Q.E.D>$
Dấu bằng xảy ra khi $x=5;y=3$
b. Có:
$c^2+d^2+cd=(c+d)^2-cd\geq (c+d)^2-\frac{(c+d)^2}{4}=\frac{3(c+d)^2}{4}=\frac{3(a+b)^2}{4}\geq \frac{3.4ab}{4}=3ab<Q.E.D>$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d$

Cho một bài giải phương trình bậc cao
Bài toán: Giải phương trình $$x(2008-x^{2007})=2007$$

Từ giả thiết thấy $x\neq 0$
$x(2008-x^{2007})=2007\Leftrightarrow 2008-x^{2007}=\frac{2007}{x}\Leftrightarrow x^{2007}+\frac{2007}{x}=2008$
Dễ thấy $x>0$, áp dụng BĐT AM-GM cho 2008 số, ta có:
$VT=x^{2007}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+...+\frac{1}{x}(2007 số \frac{1}{x})\geq 2008\sqrt[2008]{x^{2007}.\frac{1}{x}.\frac{1}{x}...\frac{1}{x}}=2008=VP$
Giả thiết cho ở dấu bằng nên: $x^{2007}=\frac{1}{x}\Leftrightarrow x=1$(Loại $x=-1$ vì $x>0$)
Vậy phương trình có nghiệm $x=1$