Ngoài lề: Các anh cho em hỏi hạn nộp bài là như thế nào ạ

À ,2 tháng kể từ ngày ra báo đó e

Câu này em biến đổi tương đương rồi sử dụng BĐT: $x^3+y^3\geq xy(x+y)$

Còn một cách khá trâu bò nữa là dùng phép thế Ravi rồi quy đồng lên sau đó dùng phân tích SOS  

Mình giải trong tệp đính kèm nhé

     Trên đây là cách của mình ,mọi người post cách làm riêng lên nhé

Ta có : $\sum (\frac{a}{a+b})^2+3\geq \frac{5}{2}(\sum \frac{a}{a+b})< = > \sum \frac{1}{(1+\frac{b}{a})^2}+3\geq \frac{5}{2}(\sum \frac{1}{1+\frac{b}{a}})$

   Đặt $\frac{b}{a}=x,\frac{c}{b}=y,\frac{a}{c}=z= > xyz=1,x,y,z> 0$

BĐT $< = > \sum \frac{1}{(1+x)^2}+3\geq \frac{5}{2}(\sum \frac{1}{x+1})$

$< = > \sum \frac{1}{(1+x)^2}\geq \frac{5}{2}(\sum \frac{1}{x+1}-\frac{6}{5})$

$< = > \frac{\sum (y+1)^2(z+1)^2}{(x+1)^2(y+1)^2(z+1)^2}\geq \frac{5}{2}(\frac{\sum (y+1)(z+1)}{(x+1)(y+1)(z+1)}-\frac{6}{5})$
$< = > \frac{\sum (y+1)^2(z+1)^2}{(x+1)^2(y+1)^2(z+1)^2}\geq \frac{5\sum (y+1)(z+1)-6(x+1)(y+1)(z+1)}{2(x+1)(y+1)(z+1)}$
$< = > 2\sum (y+1)^2(z+1)^2\geq (x+1)(y+1)(z+1)\left [ 5\sum (y+1)(z+1)-6(x+1)(y+1)(z+1) \right ]$
$< = > 2\sum (y^2+2y+1)(z^2+2z+1)\geq (xyz+\sum x+\sum xy+1)\left [ 5\sum (yz+y+z+1)-6(xyz+\sum xy+\sum x+1) \right ]$
$< = > 2\sum y^2z^2+4\sum yz(y+z)+4\sum y^2+8\sum yz+8\sum y+6\geq (\sum yz+\sum y+2)(4\sum y-\sum yz+3)$  (1)

    (Do thay $xyz=1$ )

 Ta lại có :$(\sum yz+\sum y+2)(4\sum y-\sum yz+3)$
$=4(\sum y)(\sum yz)-(\sum yz)^2+3\sum yz+4(\sum y)^2-(\sum y)(\sum yz)+3\sum y+8\sum y-2\sum yz+6=3(\sum y)(\sum yz)-(\sum yz)^2+\sum yz+4(\sum y)^2+11\sum y+6$
$=3\sum yz(y+z)+9xyz-\sum y^2z^2-2xyz\sum y+\sum yz+4\sum y^2+8\sum xy+11\sum y+6$
$=3\sum yz(y+z)-\sum y^2z^2+9\sum y+9\sum yz+4\sum y^2+15$  (2)

   (Do thay $xyz=1$)

 Từ (1),(2) ,BĐT $< = > 2\sum y^2z^2+4\sum yz(y+z)+4\sum y^2+8\sum yz+8\sum y+6\geq 3\sum yz(y+z)-\sum y^2z^2+9\sum y+4\sum y^2+9\sum yz+15$

$< = > 2\sum y^2z^2+\sum yz(y+z)\geq \sum yz+\sum y+9$   (3)

 Nhưng theo BĐT Cosi thì $\sum y^2z^2\geq xyz\sum y=\sum y$ (Do $xyz=1$)

                                            $\sum y^2z^2\geq \frac{(\sum yz)^2}{3}=\frac{(\sum yz)(\sum yz)}{3}\geq \frac{3\sqrt[3]{(xyz)^2}(\sum yz)}{3}=\sum yz$

                                           $\sum y^2z^2+\sum yz(y+z)\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^4}+6\sqrt[6]{(xyz)^6}=3+6=9$

 Cộng theo vế các BĐT $= > 3\sum y^2z^2+\sum yz(y+z)\geq \sum y+\sum yz+9$

   Từ đó $= > (3)$ đúng và các phép biến đổi trên là tương đương nên ta có ĐPCM

  Dấu = xảy ra khi $x=y=z=1< = > \frac{b}{a}=\frac{c}{b}=\frac{a}{c}=1< = > a=b=c$

Mình chơi phép biến đổi tương đương sau khi đặt ẩn cũng max dài

 Bài toán: Cho các số thực dương $a,b,c$. CMR:

    $(\frac{a}{a+b})^2+(\frac{b}{b+c})^2+(\frac{c}{c+a})^2+3\geq \frac{5}{2}(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a})$

P/s: Đây là bài toán nằm trên báo THTT ,do đã hết thời lượng gửi bài nên up lên đây mọi người thảo luân

Câu $10$

Nhìn cách làm của anh Tùng với bạn Hùng mà mình cảm thấy mình thật kém cỏi

Cách làm của em nó hơi "đểu đểu" tí, nên có gì không đúng mọi người cho em ý kiến ạ

Đặt $a-2=x; b-2=y; c-2=z$ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x+y+z=0 & & \\ x,y,z\in [-1;1] & & \end{matrix}\right.$

Thay $P$ thì khi đó

$P= \frac{16(xy+yz+zx)+192-xyz(xy+yz+zx)-12xyz+144}{2(xy+yz+zx+12)}$

    $=\frac{(xy+yz+zx+12)(16-xyz)+144}{2(xy+yz+zx+12)}$

    $=\frac{16-xyz}{2}+\frac{72}{xy+yz+zx+12}$

Ta sẽ chứng minh $P\leq \frac{160}{11}\Leftrightarrow (11xyz+144)(xy+yz+zx+12)\geq 1584$

Vì $x+y+z=0$ nên chắc chắn tồn tại ít nhất $2$ số cùng dấu

Không mất tính tổng quát, giả sử hai số đó là $y,z$ thì $yz\geq 0$

Lại có $x,y,z \in [-1;1]$ $\Rightarrow x^2\leq |x|;y^2\leq |y|;z^2\leq |z|$

$\Rightarrow x^2+y^2+z^2\leq |x|+|y|+|z|=|x|+|y+z|=|x|+|-x|=2|x|\leq 2$

$\Rightarrow 2(xy+yz+zx)=-(x^2+y^2+z^2)\geq -2\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq -1$

Ta có $(1+x)(1+y)(1+z)\geq 0$ $\Leftrightarrow xyz\geq -(xy+yz+zx)-1$$\Leftrightarrow 11xyz+144\geq 133-11(xy+yz+zx)$

BĐT $\Leftrightarrow (133-11(xy+yz+zx))(xy+yz+zx+12)\geq 1584$

Đặt $t=xy+yz+zx (-1\leq t <0)$ thì

BĐT $\Leftrightarrow (t+1)\begin{pmatrix} t-\frac{12}{11} \end{pmatrix}\leq 0$ (đúng)

Vậy ta có đpcm

Hay nói cách khác $\max P=\frac{160}{11}$$\Leftrightarrow (a;b;c)=(1;2;3)$ và các hoán vị

Cách làm này của chú e cũng hay mà

câu này trên THTT ahihih 

Đúng vậy ,thấy nó hay nên post lại thôi

Bài toán : Giải hệ phương trình :$\left\{\begin{matrix} 4x^2=(\sqrt{x^2+1}+1)(x^3-y^3+3y-2) & \\ (x^2+y^2)^2+1=x^2+2y & \end{matrix}\right.$

Ta có : $tan^2A+1=\frac{1}{cos^2A}$

BĐT cần chứng minh tương đương với
$\sum \frac{tanA}{tanB}(1-\frac{cos^2A}{cos^2B})\geq0<=>\sum \frac{tanA}{tanB}(tan^2A-tan^2B)(tan^2A+1)\geq0$

Không mất tính tổng quát, giả sử $\widehat A\geq\widehat B\geq\widehat C>0$

Ta sẽ chứng minh hai BĐT

$+) \sum \frac{tanA}{tanB}(tan^2A-tan^2B)\geq0<=>(tan^2A-tan^2B)(\frac{tanA}{tanB}-\frac{tanC}{tanA})+(tan^2B-tan^2C)(\frac{tanB}{tanC}-\frac{tanC}{tanA})\geq0$

Do $tan^2A\geq tanB.tanC$, $tanB.tanA\geq tan^2C$ nên BĐT trên đã rõ

$+) \sum \frac{tan^3A}{tanB}(tan^2A-tan^2B)\geq0<=>(tan^2A-tan^2B)(\frac{tan^3A}{tanB}-\frac{tan^3C}{tanA})+(tan^2B-tan^2C)(\frac{tan^3B}{tanC}-\frac{tan^3C}{tanA})\geq0$

Cũng tương tự như trên bất đẳng thức luôn đúng

Cộng hai bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh

Cách làm của bạn rất linh tinh ,ko đúng

  Bài toán : Cho tam giác nhọn $ABC$ có 3 góc là $A,B,C$ .Chứng minh rằng :

           $\frac{tanA}{tanB}+\frac{tanB}{tanC}+\frac{tanC}{tanA}\geq \frac{sin2A}{sin2B}+\frac{sin2B}{sin2C}+\frac{sin2C}{sin2A}$

Chứng minh rằng với mọi $a,b,c$ không âm và $a+b+c=k$ ta có:

 

$(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)\leq \frac{k^9}{256}$

Mời bạn chứng minh

 Bài toán: Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ .Tìm GTLN của :

             $P=(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)$

Cảm ơn anh, anh có những dạng toán giải theo Phương pháp này không ạ. Nếu có cho em xin tài liệu ạ.

Anh có ,để mai anh chuyển link cho nhé!!

   Bài toán: Cho dãy số  $x_{n}$ thỏa mãn : 

           $\left\{\begin{matrix} x_{1}=2,1 & \\ x_{n+1}=\frac{x_{n}-2+\sqrt{x_{n}^2+8x_{n}-4}}{2} & \end{matrix}\right.$ với mọi số tự nhiên $n\geq 1$

      Đặt $S_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{x_{k+1}^2-4}$ .

    Tìm $\lim_{n\rightarrow +\infty }S_{n}$

 Bài toán : Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đây luôn đúng :

$$\frac{ab}{(a+b)^2+kc^2}+\frac{bc}{(b+c)^2+ka^2}+\frac{ca}{(c+a)^2+kb^2}\leq \frac{3}{4+k}$$

 Điều kiện a,b,c

 Bài toán : Tìm tất cả các hàm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn điểu kiện sau:

                $f(xf(y))+f(f(x)+f(y))=yf(x)+f(x+f(y))$

Ở trường anh thì sao em đi lấy được, mà sách để đó không xuất bản hay sao mà chỉ có ở trường anh

có xuất bản mà em ,sợ em khó mua thôi

Anh nói "ở đó" là ở đâu vậy ạ, anh đừng nói ở trường anh nhé, ở trường anh thì sao em đi lấy được, mà anh nêu cụ thể tên cuốn sách với tác giả ra luôn đi ạ

đương nhiên là ở trường anh rùi ,em ra đó mà mua

Anh biết quyển sách tổ hợp nào hay hay ấy giới thiệu cho em đi, cái khoản tổ hợp em yếu quá

à có ,ở đó có nhiều quyển về tổ hợp do chính các thầy của chuyên và của ĐH viết ra ,hay lắm !

Chứng minh với mọi a, b, c không âm :

$\sqrt{a^{2}+8bc}+\sqrt{b^{2}+8ca}+\sqrt{c^{2}+8ab}\leq 3(a+b+c)$

Theo Bunhia có : $\sum \sqrt{a^2+8bc}\leq \sqrt{3(\sum a^2+8\sum ab)}=\sqrt{3(\sum a^2+2\sum ab)+18\sum ab}\leq \sqrt{3(\sum a)^2+6(\sum a)^2}=\sqrt{9(\sum a)^2}=3(\sum a)$

Cho em hỏi phương phap để giải những bài dạng này là gì vậy anh?

ầ ,em cứ thử chọn để đưa về 2 ẩn ,trong đó có 1 ẩn k là được

Mọi người ơi cho em hỏi là sách lớp 10 với sách cấp 3 có những quyển nào hay hay thì chia sẻ cho em với, hôm này em đi mua

Tài liệu chuyên toán Đại số 10, cả Hình học 10 mua ở quán Phôt Vịnh Dung ngay trong trường đó em

Bài toán:

Tìm hằng số  $k$  tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với  $a,b,c>0$ :

$$\frac{a^2-bc}{b^2+c^2+ka^2}+\frac{b^2-ac}{c^2+a^2+kb^2}+\frac{c^2-ab}{a^2+b^2+kc^2}\geq 0$$

- Chọn $a=1,b=\frac{1}{x},c=x (x> 0)$

 BĐT $\frac{a^2-bc}{b^2+c^2+ka^2}+\frac{b^2-ac}{a^2+c^2+kb^2}+\frac{c^2-ab}{a^2+b^2+kc^2}\geq 0$

$< = > \frac{1-x.\frac{1}{x}}{\frac{1}{x^2}+x^2+k.1^2}+\frac{\frac{1}{x^2}-x.1}{1^2+x^2+\frac{k}{x^2}}+\frac{x^2-1.\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x^2}+kx^2}\geq 0$

$< = >0+ \frac{1-x^3}{x^4+x^2+k}+\frac{x(x^3-1)}{kx^4+x^2+1}\geq 0$

$< = > (x^3-1)(\frac{x}{kx^4+x^2+1}-\frac{1}{x^4+x^2+k})\geq 0$  (1)

 Mà $\frac{x}{kx^4+x^2+1}-\frac{1}{x^4+x^2+k}=\frac{x^5+x^3-x^2-1-k(x^4-x)}{(kx^4+x^2+1)(x^4+x^2+k)}=\frac{(x-1)(x^4+x^3+2x^2+x+1-kx(x^2+x+1))}{(kx^4+x^2+1)(x^4+x^2+k)}$

  Do đó $(1)< = > (x^3-1)(\frac{(x-1)(x^4+x^3+2x^2+x+1-kx(x^2+x+1))}{(kx^4+x^2+1)(x^4+x^2+k)})\geq 0$

$< = > (x-1)^2(x^2+x+1).\frac{x^4+x^3+2x^2+x+1-kx(x^2+x+1)}{(kx^4+x^2+1)(x^4+x^2+k)}\geq 0$

$= > x^4+x^3+2x^2+x+1-kx(x^2+x+1)\geq 0= > k\leq \frac{x^4+x^3+2x^2+x+1}{x^3+x^2+x}$

  -Cho $b\rightarrow c= > \frac{1}{x}\rightarrow x= > x\rightarrow 1$

  Từ đó $= > k\leq \lim_{x\rightarrow 1}\frac{x^4+x^3+2x^2+x+1}{x^3+x^2+x}=\lim_{x\rightarrow 1}(\frac{x(x^3+x^2+x)+(x^2+x+1)}{x^3+x^2+x})=\lim_{x\rightarrow 1}(x+\frac{1}{x})=2$ 

   Từ đó $= > k\leq 2$ ,Ta chứng minh đó là hằng số tốt nhất  thỏa mãn bài toán 

 Thay $k=2$ vào BĐT

 $< = > \sum \frac{a^2-bc}{b^2+c^2+2a^2}\geq 0< = > \sum \frac{2a^2-2bc}{b^2+c^2+2a^2}\geq 0$

$< = > \sum \frac{2a^2+b^2+c^2-(b+c)^2}{b^2+c^2+2a^2}\geq 0$

$< = > \sum \frac{(b+c)^2}{b^2+c^2+2a^2}\leq 3$

 Theo Cauchy-Swacth có :$\sum \frac{(b+c)^2}{(b^2+a^2)+(c^2+a^2)}\leq \sum \frac{b^2}{b^2+a^2}+\sum \frac{c^2}{a^2+c^2}$

$=\sum \frac{b^2}{a^2+b^2}+\sum \frac{a^2}{a^2+b^2}=\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2}=3$

         Do đó ta có ĐPCM.

      Vậy $k_{max}=2$ thỏa mãn bài toán

 Bài toán : Cho tam giác $ABC$ có 3 góc là $A,B,C$ .CMR:

       $\frac{cos(\frac{A-B}{2})}{2sin\frac{C}{2}}+\frac{cos(\frac{B-C}{2})}{2sin\frac{A}{2}}+\frac{cos(\frac{C-A}{2})}{2sin\frac{B}{2}}\leq \frac{tan\frac{A}{2}}{tan\frac{B}{2}}+\frac{tan\frac{B}{2}}{tan\frac{C}{2}}+\frac{tan\frac{C}{2}}{tan\frac{A}{2}}$

Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn $ab + bc + ca \ge 3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

$P = \frac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} + \sqrt {{{\left( {a + 2c} \right)}^2} + \frac{1}{{{{\left( {b + 2} \right)}^2}}}}  + \sqrt {{{\left( {a + 2b} \right)}^2} + \frac{1}{{{{\left( {a + c + 1} \right)}^2}}}} $

  Theo Cosi ta có :$\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{a(a^2+ab+b^2)-ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}\geq a-\frac{ab(a+b)}{3ab}=a-\frac{a+b}{3}=\frac{2a-b}{3}= > \sum \frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\geq \sum \frac{2a-b}{3}=\frac{\sum a}{3}\geq \frac{\sqrt{3(\sum ab)}}{3}\geq \frac{\sqrt{3.3}}{3}=1$

$= > \sum \frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\geq 1$  (1)

 Theo Mincopxki có :$\sqrt{(a+2c)^2+\frac{1}{(b+2)^2}}+\sqrt{(a+2b)^2+\frac{1}{(a+c+1)^2}}\geq \sqrt{(a+2c+a+2b)^2+(\frac{1}{b+2}+\frac{1}{a+c+1})^2}\geq \sqrt{4(a+b+c)^2+(\frac{4}{a+b+c+3})^2}=2\sqrt{(a+b+c)^2+\frac{4}{(a+b+c+3)^2}}$

(Do áp dụng cả BĐT $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\geq \frac{4}{m+n}$)  

     Đặt $t=a+b+c+3\geq \sqrt{3(ab+bc+ac)}+3\geq \sqrt{3.3}+3=6= > t\geq 6$

Từ đó $\sqrt{(a+2c)^2+\frac{1}{(b+2)^2}}+\sqrt{(a+2b)^2+\frac{1}{(a+c+1)^2}}\geq 2\sqrt{(t-3)^2+\frac{4}{t^2}}=2\sqrt{t^2-6t+9+\frac{4}{t^2}}$

  Ta chứng minh $t^2-6t+9+\frac{4}{t^2}\geq \frac{82}{9}< = > \frac{t^4-6t^3+9t^2+4}{t^2}\geq \frac{82}{9}$

$< = > 9t^4-54t^3-t^2+36\geq 0< = > 9t^3(t-6)-(t-6)(t+6)\geq 0< = > (t-6)(9t^2-t-6)\geq 0$

 BĐT này đúng do $t\geq 6= > t-6\geq 0,9t^2-t-6=9t(t-6)+53t-6> 0$ (Do $t\geq 6$) nên $(t-6)(9t^2-t-6)\geq 0$

Từ đó $= > \sqrt{(a+2c)^2+\frac{1}{(b+2)^2}}+\sqrt{(a+2b)^2+\frac{1}{(a+c+1)^2}}\geq 2\sqrt{\frac{82}{9}}=\frac{2\sqrt{82}}{3}$   (2)

    Từ (1),(2) $= > P\geq 1+\frac{2\sqrt{82}}{3}= > P_{min}=1+\frac{2\sqrt{82}}{3}< = > a=b=c=1$

  Bài toán: Cho các số thực dương $a,b,c> 0$ thỏa mãn $5(a^2+b^2+c^2)=9(ab+2bc+ac)$. Tìm GTLN của biểu thức:

                    $P=\frac{a}{b^2+c^2}-\frac{1}{(a+b+c)^3}$