Đề bài sai, bài đúng ở đây

Cho x thuộc R,giải bpt sau:

$2\sqrt{\dfrac{x^2+x+1}{x+4}}+x^2-4 \leq \dfrac{2}{\sqrt{x^2+1}}$

Lời giải:

Đkxđ: $x>-4$

BPT $\Leftrightarrow 2\begin{pmatrix} \sqrt{\frac{x^2+x+1}{x+4}}-1 \end{pmatrix}+1-\frac{2}{\sqrt{x^2+1}}+x^2-3\leq 0$

        $\Leftrightarrow \frac{2\begin{pmatrix} \sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x+4} \end{pmatrix}}{\sqrt{x+4}}+\frac{\sqrt{x^2+1}-2}{\sqrt{x^2+1}}+x^2-3\leq 0$

        $\Leftrightarrow \frac{2(x^2-3)}{\sqrt{x+4}\begin{pmatrix} \sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x+4} \end{pmatrix}}+\frac{x^2-3}{\sqrt{x^2+1}\begin{pmatrix} \sqrt{x^2+1}+2 \end{pmatrix}}+(x^2-3)\leq 0$

        $\Leftrightarrow x^2\leq 3\Leftrightarrow -\sqrt{3}\leq x\leq \sqrt{3}$

Kết hợp với điều kiện $\Rightarrow -\sqrt{3}\leq x\leq \sqrt{3}$

Kết luận: Vậy BPT có tập nghiệm $S=\begin{bmatrix} -\sqrt{3};\sqrt{3} \end{bmatrix}$ 

Giải bất phương trình sau:

                                         $\sqrt{\frac{x^2+x+1}{x+4}}+\frac{x^2}{2}\leq \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$

 

3) Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left ( \frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a} \right )$

 

 

Xem ở đây

http://diendantoanho...eq-sum-fracba3/

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh

a) $\sqrt[3]{4(a^3+b^3)}+\sqrt[3]{4(b^3+c^3)}+\sqrt[3]{4(c^3+a^3)}\geq 2(a+b+c)$

b) $\frac{5b^2-a^3}{ab+3b^2}+\frac{5c^2-b^3}{cb+3c^2}+\frac{5a^2-c^3}{ac+3a^2}\leq a+b+c$

Có thể làm câu $a$ bằng cách áp dụng mỗi BĐT này $x^3+y^3\geq xy(x+y)$ với $x,y\geq 0$

Ta có

$VT=\sum \sqrt[3]{a^3+b^3+3(a^3+b^3)}\geq \sum \sqrt[3]{a^3+b^3+3ab(a+b)}=\sum \sqrt[3]{(a+b)^3}=2(a+b+c)$

Qua đây em thấy sao Mỹ giỏi thế? $5$ HCV. Nhưng cũng phải nói các anh, các chị đã cố gắng hết sức mình rồi. Em chúc mừng các anh, chị ạ

Cho $a,b,c>0; a+b+c=1$. Tìm max của $P=\frac{19b^3-a^3}{5b^2+ab}+\frac{19c^3-b^3}{5c^2+bv}+\frac{19a^3-c^3}{5a^2+ca}$

 

Ý tưởng là xét $\frac{19b^3-a^3}{5b^2+ab}$\leq$ ma+nb$. Các bạn có thể chia sẻ cho mình cách nhanh nhất để tìm $m,n$ không ?

Ý tưởng của mình như này bạn ạ!

Xét đánh giá $\frac{19b^3-a^3}{5b^2+ab}\leq ma+nb$ $(*)$ 

Dựa vào điều kiện dấu bằng xảy ra ta có thể suy ra $m+n=3$

$(*)\Leftrightarrow \frac{19b^3-a^3}{5b^2+ab}\leq ma+(3-m)b\Leftrightarrow a^3+ma^2b+(4m+3)ab^2-(5m+4)b^3\geq 0$

$\Leftrightarrow t^3+mt^2+(4m+3)t-(5m+4)\geq 0$ (với $t=\frac{a}{b}$)

$\Leftrightarrow (t-1)\begin{bmatrix} t^2+(m+1)t+5m+4 \end{bmatrix}\geq$

Để cho BĐT đúng thì đa thức trong ngoặc vuông phải có nghiệm $t=1$

Khi đó ta có $1+(m+1)+(5m+4)=0\Leftrightarrow m=-1\Rightarrow n=4$

$\left\{\begin{matrix} x^{2}+x-1=y(1) & & \\ y^{2}+y-1=z(2) & & \\ z^{2}+z-1=x(3) & & \end{matrix}\right.$

Lời giải

Hệ pt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+x=y+1 & & \\ y^2+y=z+1 & & \\ z^2+z=x+1 & & \end{matrix}\right.$

Đặt $f(t)=t+1$. Dễ thấy $f(t)$ đồng biến

Hệ trở thành $\left\{\begin{matrix} x^2+x=f(y) & & \\ y^2+y=f(z) & & \\ z^2+z=f(x) & & \end{matrix}\right.$

Đến đây làm tiếp như ở đây 

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}2x+1=y^3+y^2+y & & \\ 2y+1=z^3+z^2+z & & \\ 2z+1=x^3+x^2+x & & \end{matrix}\right.$

Lời giải

Có một cách giải khác cũng khá hay

Đặt $f(t)=t^3+t^2+t$ với $t\in \mathbb{R}$

Với $t_1 \neq t_2$ ta có

$\frac{f(t_1)-f(t_2)}{t_1-t_2}=t_1^2+t_2^2+t_1t_2+t_1+t_2+1$

$=(t_1+t_2)^2+(t_1+t_2)-t_1t_2+1\geq (t_1+t_2)^2+(t_1+t_2)-\frac{(t_1+t_2)^2}{4}+1=\frac{3}{4}(t_1+t_2)^2+(t_1+t_2)+1> 0$

$\Rightarrow f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$

Hệ pt trở thành $\left\{\begin{matrix} 2x+1=f(y) & & \\ 2y+1=f(z) & & \\ 2z+1=f(x) & & \end{matrix}\right.$

Do vai trò của $x,y,z$ là như nhau nên không mất tính tổng quát

Giả sử $x=\max \begin{Bmatrix} x;y;z \end{Bmatrix}$

$\Rightarrow f(x)\geq f(y)\Leftrightarrow z\geq x\Rightarrow z=x$

Khi $z=x$ thì $f(z)=f(x)$ mà $f(x)\geq f(y)$

$\Rightarrow f(z)\geq f(y)\Leftrightarrow y\geq x\Rightarrow x=y$

Vậy ta có $x=y=z$

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x+y+z=1

Tìm Min của F = $\frac{x^{4}}{(x^{2}+y^{2})(x+y)}+\frac{y^{4}}{(y^{2}+z^{2})(y+z)}+\frac{z^{4}}{(z^{2}+x^{2})(z+x)}$

Lời giải

Xuất phát từ đẳng thức $x-y+y-z+z-x=0$

                                     $\Leftrightarrow F=\frac{y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}+\frac{z^4}{(y^2+z^2)(y+z)}+\frac{x^4}{(z^2+x^2)(z+x)}$

$\Rightarrow 2F=\sum \frac{x^4+y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}\geq \sum \frac{(x^2+y^2)^2}{2(x^2+y^2)(x+y)}=\frac{x^2+y^2}{2(x+y)}\geq \sum \frac{(x+y)^2}{4(x+y)}= \sum \frac{x+y}{4}=\frac{x+y+z}{2}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow F\geq \frac{1}{4}$

$\min F=\frac{1}{4}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}$

Câu $36$: 

Cho một luồng khí $CO$ đi qua ống đựng $0,01$ mol $FeO$ và $0,03$ mol $Fe_2O_3$ (hỗn hợp $A$) đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được $4,784$ gam chất rắn $B$ gồm $4$ chất. Hòa tan chất rắn $B$ bằng dung dịch $HCl$ dư thấy thoát ra $0,6272$ lít khí $H_2$ (đktc). Tính số mol oxit sắt từ trong hồn hợp $B$. Biết rằng trong $B$ số mol oxit sắt từ bằng $1/3$ tổng số mol sắt $(III)$ oxit và sắt $(II)$ oxit

Câu $37$:

Cho một luồng khí $CO$ đi qua $m$ gam hỗn hợp $Fe_2O_3, CuO, Al_2O_3$. Trong đó số mol của $Fe_2O_3$ bằng $3$ lần số mol $CuO$, số mol $CuO$ bằng $2$ lần số mol $Al_2O_3$. Sau phản ứng thu được $30$ gam chất rắn và chất khí. Cho hỗn hợp khí thoát ra tác dụng hết với $150$ ml dd $Ba(OH)_2$ $1M$, sau phản ứng thu được $19,7$ gam kết tủa. Giá trị $m$ là ?

Em thấy câu oxy chỉ cần chỉ ra : EH = EK là được mà,.

Chưa được, $EH=EK$ thì chỉ ra được một phương trình bậc $2$ hai ẩn thôi. Phải phát hiện ra tính chất hình học nữa rồi tìm ra pt còn lại

Em cũng biết 1 anh qua chương trình đường lên đỉnh Olimpia, không biết phải anh này không

Chính xác là anh đó đấy

Nhân tiện cho em hỏi luôn là có anh/chị nào đến từ trường không chuyên mà đi thi IMO không nhỉ

Trước tiên em xin chúc cho tất cả các anh dự thi IMO bên Thái Lan sẽ đạt kết quả cao nhất. Em được biết anh Nguyễn Huy Hoàng qua chương trình đường lên đỉnh Olympia, em rất ngưỡng mộ anh ấy. Em chúc anh sẽ giành được HCV ạ! 

Chứng minh rằng với mọi a,b,c dương thỏa mãn a+b+c=3 thì 

$\frac{a^{2}b}{2a+b}+\frac{b^{2}c}{2b+c}+\frac{c^{2}a}{2c+a}\leqslant \frac{3}{2}$

Lời giải

Đề bài sai rồi, phải là C/m $\leq 1$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có 

$\sum \frac{a^2b}{2a+b}\leq \sum \frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{\sum a\sqrt[3]{a.b.b}}{3}\leq \frac{\sum \frac{a(a+2b)}{3}}{3}=\frac{(a+b+c)^2}{9}=1$

Vậy ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

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

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

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

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

cho các số duơng a,b,c thỏa mãn a+b+c=3
a) chứng minh rằng:$2(ab+bc+ca)+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geqslant 9$

b) Chứng minh rằng: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$

Lời giải

$a)$ Theo BĐT $AM-GM$ ta có $ab+bc+ca\geq \sqrt{3abc(a+b+c)}=3\sqrt{abc}$

$\Rightarrow VT\geq 3\sqrt{abc}+3\sqrt{abc}+\frac{3}{abc}\geq 3\sqrt[3]{27}=9$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

$b)$ BĐT $\Leftrightarrow \sum \begin{pmatrix} a^2+2\sqrt{a} \end{pmatrix}\geq (a+b+c)^2=3$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có 

$\sum \begin{pmatrix} a^2+2\sqrt{a} \end{pmatrix}\geq \sum 3\sqrt[3]{a^3}=\sum 3a=9$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$