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! 

Em xin tặng mọi người cái hình bài $8$ (Mặc dù không đẹp)

Em xin phép làm câu $10$:

Giải

Đặt $x=4a;y=b;z=c (a,b,c>0)$

Khi đó $P=32abc-\frac{192a^3}{b^2+c^2}$

GT$\Rightarrow 16a^2+b^2+c^2=4ab+4ac+10bc\Leftrightarrow 16a^2+(b+c)^2=4a(b+c)+12bc$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có

$4a(b+c)+12bc\leq 4a^2+(b+c)^2+12bc\Leftrightarrow 16a^2+(b+c)^2\leq 4a^2+(b+c)^2+12bc\Leftrightarrow a^2\leq bc\Leftrightarrow a^3\leq abc$ 

$\frac{a^3}{b^2+c^2}\leq \frac{a^3}{2bc}\leq \frac{a^3}{2a^2}=\frac{a}{2}$

$\Rightarrow P\geq 31a^3-96a=f(a)$

$f'(a)=96a^2-96=0\Leftrightarrow a=1$

$\Rightarrow Min P=\underset{(0;+\infty )}{min}f(a)=f(1)=-64$

Dấu "=" xảy ra khi $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2a=b+c & & \\ a^2=bc & & \\ a=1 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c=1\Leftrightarrow x=4;y=z=1$

Em xin tặng mọi người cái hình bài $8$ (Mặc dù không đẹp)

Bài 175: Cho $a,b\in [0;1]$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P=\frac{a}{\sqrt{2b^2+5}}+\frac{b}{\sqrt{2a^2+5}}$

 

Giải:

Vì $a,b \in [0;1]$ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 5\geqslant 5a^2 & & \\ 5\geqslant 5b^2 & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow P\leqslant \frac{a}{\sqrt{2b^2+5a^2}}+\frac{b}{\sqrt{2a^2+5b^2}}$$=\frac{t}{\sqrt{5t^2+2}}+\frac{1}{\sqrt{2t^2+5}}$

(với $t=\frac{a}{b}$)

Giả sử $a\leqslant b$ $\Rightarrow 0\leqslant t\leqslant 1$

$f'(t)=2.\frac{(2t^2+5)\sqrt{2t^2+5}-t(5t^2+2)\sqrt{5t^2+2}}{(2t^2+5)(5t^2+2)\sqrt{(2t^2+5)(5t^2+2)}}$

Ta C/m $(2t^2+5)\sqrt{2t^2+5}-t(5t^2+2)\sqrt{5t^2+2} \geqslant 0$ (*)

(*) $\Leftrightarrow (t^4-1)(125t^4+142t^2+125)\leqslant 0$ (đúng do $t \in [0;1]$)

$\Rightarrow f'(t)\geqslant 0$

Mà $f(t)$ liên tục trên $[0;1]$

$\Rightarrow f(t)$ đồng biến trên $[0;1]$

$\Rightarrow f(t)\leqslant f(1)=\frac{2\sqrt{7}}{7}$

Vậy Max $P=\frac{2\sqrt{7}}{7}$ $\Leftrightarrow a=b=1$

Bài 172:  Cho $x,y \in R$ và $(x+y)^3+4xy\ge 2$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=3(x^4+y^4+x^2y^2)-2(x^2+y^2)+1$

 

Giải:

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

   $=\frac{9}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$

GT$\Rightarrow 2\leqslant (x+y)^2+(x+y)^3\Rightarrow x+y\geqslant 1\Rightarrow x^2+y^2\geqslant \frac{(x+y)^2}{2}\geqslant \frac{1}{2}$

Đặt $t=x^2+y^2$ $(t \in \begin{bmatrix} \frac{1}{2};+\infty \end{bmatrix})$

$P\geqslant f(t)=\frac{9}{4}t^2-2t+1$

Lập BBT ta thấy $f(t)\geqslant f\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \end{pmatrix}=\frac{9}{16}$

$\Rightarrow$ Min $P=\frac{9}{16}$ $\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

Còn sót bài $161$ kìa các bạn. 

Lâu rồi mới lên

Bài 170 : $ Cho\quad 0\le a,b,c\le 1\quad và\quad a+b+c=2.\quad CMR:\\ P={ a }^{ 3 }+{ b }^{ 3 }+{ c }^{ 3 }+4abc\le \frac { 9 }{ 4 } $

Giải:

BĐT $\Leftrightarrow a^3+(b+c)^3-3bc(b+c)+4abc\leqslant \frac{9}{4}$

       $\Leftrightarrow (7a-6)bc+6a^2-12a+\frac{23}{4}\leqslant 0$

Đặt $f(bc)=(7a-6)bc+6a^2-12a+\frac{23}{4}$

Có $(1-b)(1-c)\geqslant 0\Leftrightarrow bc\geqslant 1-a$

$\Rightarrow 1-a\leqslant bc\leqslant 1$

Nếu $a=\frac{6}{7}$ thì $f(bc)<0$ 

Nếu $a> \frac{6}{7}$ thì $f(bc)$ đồng biến $\Rightarrow f(bc)\leqslant f(1)< 0$

Nếu $a< \frac{6}{7}$ thì $f(bc)$ nghịch biến $\Rightarrow f(bc)\leqslant f(1-a)=-\begin{pmatrix} a-\frac{1}{2} \end{pmatrix}^2\leq 0$

Tóm lại, ta đều có $f(bc) \leqslant 0$

Vậy ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi trong $3$ số $a,b,c$ có một số bằng $1$, hai số bằng $\frac{1}{2}$

Khuấy động topic nào mọi người:

 

Bài 186: Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x\geq 2$ và $x+y+z=6$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

 

$$P=\frac{\left ( y+z-2 \right )\left ( xy\sqrt{9y+3z}+y^{2}\sqrt{9x-3z} \right )+yz\left ( \sqrt{y}-\sqrt{x} \right )}{y\left ( y+\sqrt{x} \right )\left ( \sqrt{x}+1 \right )+1}+\frac{3z\sqrt{2}}{4}$$

Cảm ơn em phamngochung9a

Giải:

$x\geqslant 2\Rightarrow y+z\leqslant 4\Leftrightarrow y+z-2\leqslant 2$

$\sqrt{9y+3z}.\sqrt{9x}\leqslant \frac{9x+9y+3z}{2}\Leftrightarrow \sqrt{9y+3z}.\sqrt{x}\leqslant \frac{3x+3y+z}{2}$

$\sqrt{9x-3z}.\sqrt{9y}\leq \frac{9x+9y-3z}{2}\Leftrightarrow \sqrt{9x-3z}.\sqrt{y} \leqslant \frac{3x+3y-z}{2}$

$\Rightarrow  \left ( y+z-2 \right )\left ( xy\sqrt{9y+3z}+y^{2}\sqrt{9x-3z} \right )+yz\left ( \sqrt{y}-\sqrt{x} \right )$

$\leqslant 2\begin{pmatrix} y\sqrt{x}.\frac{3x+3y+z}{2}+y\sqrt{y}.\frac{3x+3y-z}{2} \end{pmatrix}+yz(\sqrt{y}-\sqrt{x})$ $= 3y(x+y)(\sqrt{x}+\sqrt{y})$

$\Rightarrow \frac{\left ( y+z-2 \right )\left ( xy\sqrt{9y+3z}+y^{2}\sqrt{9x-3z} \right )+yz\left ( \sqrt{y}-\sqrt{x} \right )}{y\left ( y+\sqrt{x} \right )\left ( \sqrt{x}+1 \right )+1}$ $\leqslant \frac{3y(x+y)(\sqrt{x}+\sqrt{y})}{y(y+\sqrt{x})(\sqrt{x}+1)+1}$

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có 

$y(y+\sqrt{x})(\sqrt{x}+1)+1\geqslant y(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2+1$

$\Rightarrow \frac{3y(x+y)(\sqrt{x}+\sqrt{y})}{y(y+\sqrt{x})(\sqrt{x}+1)+1}\leqslant \frac{3y(x+y)(\sqrt{x}+\sqrt{y})}{y(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2+1}=\frac{3(x+y)}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\frac{1}{y(\sqrt{x}+\sqrt{y})}}$

Ta C/m $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\frac{1}{y(\sqrt{x}+\sqrt{y})}\geqslant 2\sqrt{2}\Leftrightarrow xy+2y\sqrt{xy}+y^2+1\geqslant y(2\sqrt{2x}+2\sqrt{2y})$ (*)

VT (*) $\geqslant xy+2y\sqrt{xy}+2y=y(x+2+2y\sqrt{xy})\geqslant y(2\sqrt{2x}+2\sqrt{2y})=$ VP (*)

$\Rightarrow P\leqslant \frac{3\sqrt{2}}{4}(x+y+z)=\frac{3\sqrt{2}}{4}.6=\frac{9\sqrt{2}}{2}$

Vậy Max $P=\frac{9\sqrt{2}}{2}$ $\Leftrightarrow x=2;y=1;z=3$

 

Bài 195: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $(a+c)(b+c)=4c^2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$A=\frac{4a}{b+c}+\frac{4b}{c+a}-\frac{2ab}{c^2}-\frac{\sqrt{7c^2-3ab}}{c}$

 

Bài này có vẻ dễ nhất

Các bạn làm bài nào cố gắng trích dẫn đề bài bài đó ra, đọc cho dễ. 

Giải:

GT $\Leftrightarrow \begin{pmatrix} \frac{a}{c}+1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{b}{c}+1 \end{pmatrix}=4$

Đặt $\frac{a}{c}=x; \frac{b}{c}=y$ $(x,y >0)$ $\Rightarrow (x+1)(y+1)=4\Leftrightarrow xy+x+y=3$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta được $3\geqslant xy+2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\leqslant 1$

$A=\frac{4x}{y+1}+\frac{4y}{x+1}-2xy-\sqrt{7-3xy}$

Ta có

$\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}=\frac{(x+y)^2-2xy+x+y}{(x+1)(y+1)}=\frac{x^2y^2-9xy+12}{4}$

Đặt $xy=t$ $(t \in (0;1])$

$A=f(t)=t^2-11t+12-\sqrt{7-3t}$

Khảo sát hàm $f(t)$ trên $(0;1]$ ta được $f(t)\geqslant f(1)=0$

Vậy Min $P=0$ $\Leftrightarrow x=y=1$

Bài $161$: Cho $a,b,c \in [\frac{1}{2};1]$ và $a+b+c=2$. Tìm GTLN của 

$P=\dfrac{\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}}{2}+\dfrac{1}{a+c}\sqrt{ac[(a+c)^2-b^2]}+\dfrac{1}{a+b}\sqrt{ab[(a+b)^2-c^2]}$

 

Bài 194: Cho $x,y,z>0$ là các số thực dương thỏa mãn: $xyz+x+z=y$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P=\frac{2}{x^2+1}-\frac{2}{y^2+1}-\frac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{3z}{(z^2+1)\sqrt{z^2+1}}$.

 

Giải:

GT $\Leftrightarrow xz+z.\frac{1}{y}+\frac{1}{y}.x=1$

$\Rightarrow$ Tồn tại tam giác $ABC$ sao cho $x=\tan \frac{A}{2};z=\tan \frac{B}{2};\frac{1}{y}=\tan \frac{C}{2}$

$\Rightarrow P=2\cos ^2\frac{A}{2}-2\sin ^2\frac{C}{2}-4\sin \frac{B}{2}+3\sin \frac{B}{2}\cos ^2\frac{B}{2}$

Ta có

$2\cos ^2\frac{A}{2}-2\sin ^2\frac{C}{2}=\cos A+\cos C=2\cos \frac{A+C}{2}.\cos \frac{A-C}{2}\leqslant 2\sin \frac{B}{2}$

$\Rightarrow P\leqslant 3\sin \frac{B}{2}\cos ^2\frac{B}{2}-2\sin \frac{B}{2}=-3\sin ^3\frac{B}{2}+\sin \frac{B}{2}$

Đặt $t=\sin \frac{B}{2}$ ($t \in (0;1)$)

$\Rightarrow P\leqslant f(t)=-3t^3+t$

Khảo sát hàm $f(t)$ trên $(0;1)$ ta được $f(t)\leqslant f\begin{pmatrix} \frac{1}{6} \end{pmatrix}=\frac{11}{72}$

Max $P=\frac{11}{72}$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sin \frac{B}{2} =\frac{1}{6}& & \\ \cos \frac{A-C}{2}=1 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{35}}{7};y=\frac{\sqrt{35}}{5};z=\frac{\sqrt{35}}{35}$

 

 

Bài 198:

 

$P\leq \frac{a}{2ab+2a^{2}+\left ( c+2 \right )}+\frac{b+c}{a+b+c+2}-\frac{\left ( a+b \right )^{2}+c^{2}}{16}\\\leq \frac{a+b+c}{a+b+c+2}-\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{32}$

 

Đặt $t=a+b+c$

 

Từ giả thiết:

 

$\left ( a+b \right )^{3}+c^{3}\leq \frac{1}{2}\left ( a+b+c \right )^{3}-4\left ( a+b+c \right )\\\Rightarrow \frac{1}{2}t^{3}-4t\geq \frac{t^{3}}{4}\\\\\Rightarrow t\geq 4$

 

$P$$\geq $$f\left ( t \right )=\frac{t}{t+2}-\frac{t^{2}}{32}$ 

 

Khảo sát hàm $f\left ( t \right )$ trên với $t\in \left [ 4;+\infty \right ]$ ta được

 

$\max P=\frac{1}{6}$

$1$ lỗi nhỏ

Với cả bài $194$ là tìm GTLN hay GTNN vậy ban tritanngo99

Bài 201: Với $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a>c$; $b>c$. Chứng minh rằng:

                     $(a+b+c)^3\begin{pmatrix} \frac{8}{a^3+b^3}+\frac{1}{b^3+c^3}+\frac{1}{c^3+a^3} \end{pmatrix}\geq 48$

Bài 109: (Đề thi thử SD và ĐT tỉnh Ninh Bình 2016)

 

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn : $\frac{1}{c^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{2}{b^2}$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của :

 

$$P=\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{a+2c}+\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$$

Cách giải bài $109$

http://diendantoanho...raccsqrta2b2c2/

Mình thấy đây là bài toán không phải mới nên lười gõ 

Bài 62: Cho x,y,z thuộc [1;2]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$E=\frac{2(xy+yz+zx)}{xyz+2(2x+y+z)}+\frac{8}{2x(y+z)+yz+4}-\frac{y+z+4}{\sqrt{yz}+1}$

Làm như này có được không nhỉ? 

Giải:

Ta có 

$xyz+2(2x+y+z)-2x(y+z)-yz-4=(x-1)(y-2)(z-2)\geqslant 0$

$\Rightarrow xyz+2(2x+y+z)\geqslant 2x(y+z)+yz+4$

Mà $y,z \in [1;2]\Rightarrow yz\leqslant 4$ $\Rightarrow 2x(y+z)+yz+4\geqslant 2(xy+yz+zx)$

$\Rightarrow xyz+2(2x+y+z)\geqslant 2(xy+yz+zx)$

$\Rightarrow E\leqslant 1+\frac{8}{2x(y+z)+yz+4}-\frac{y+z+4}{\sqrt{yz}+1}$

Có $(x-1)(y-1)(z-1)\geq 0\Leftrightarrow xyz\geqslant xy+yz+zx-(x+y+z)+1$

$(x-2)(y-2)(z-2)\leqslant 0\Leftrightarrow xyz\leqslant 2(xy+yz+zx)-4(x+y+z)+8$

$\Rightarrow 2(xy+yz+zx)-4(x+y+z)+8\geqslant xy+yz+zx-(x+y+z)+1$

$\Leftrightarrow x(y+z)+7-3x\geqslant 3(y+z)$

mà $x(y+z)+yz+7-3x\leq x(y+z)+yz+4$; $3(y+z)\geqslant 6\sqrt{yz}$

$\Rightarrow x(y+z)\geqslant 6\sqrt{yz}-yz-4$

$\Rightarrow E\leq 1-\frac{8}{yz-12\sqrt{yz}+4}-\frac{2(\sqrt{yz}+2)}{\sqrt{yz}+1}$

Đặt $t=\sqrt{yz}\Rightarrow t \in [1;2]$

$\Rightarrow E\leq 1-\frac{8}{t^2-12t+4}-\frac{2(t+2)}{t+1}\leqslant \frac{-7}{6}$

$\Leftrightarrow (t-2)(t^2-21t+46)\leqslant 0$ (Đúng)

$\Rightarrow E\leqslant \frac{-7}{6}$

Vậy Max $P=\frac{-7}{6}$ $\Leftrightarrow x=1;y=z=2$

Bài 60: Cho a,b,c thuộc [0;1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$P=abc+(1-a)(1-b)(2-c)+$$\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}$$+\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{b+a+1}$

 

Bài 61 Đề thi dự bị THPTQG 2015): Cho các số a,b thuộc $[\frac{1}{2};1]$. Tìm Min của:
$P=a^5b+ab^5+\frac{6}{a^2+b^2}-3(a+b)$

Chỗ bôi xanh sai đề rồi, đề đúng phải là $\sum \frac{1}{1+a^3}$

Giải:

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

Vì $abc \leqslant 1$ $\Rightarrow \sum \frac{1}{1+a^3}\leqslant \frac{3}{1+abc}$

Ta sẽ C/m $\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c) \leqslant 1$ $(*)$

Giả sử $a\geqslant b\geqslant c$ 

$\Rightarrow \frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1}\leqslant \frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+b+1}+\frac{c}{c+b+1}=1-\frac{1-a}{b+c+1}$

cần C/m $(1-a)(1-b)(1-c)-\frac{1-a}{b+c+1}\leq 0\Leftrightarrow (1-b)(1-c)(b+c+1)\leqslant 1$

Áp dụng $AM-GM$ ta được $(1-b)(1-c)(b+c+1)\leqslant \begin{pmatrix} \frac{1-b+1-c+b+c+1}{3} \end{pmatrix}^3=1$

Vậy $(*)$ được C/m

Có $(1-a)(1-b)=1-(a+b)+ab\leqslant 1-2\sqrt{ab}+ab=(1-\sqrt{ab})^2\leqslant (1-\sqrt{abc})^2$

$P\leq abc+(1-\sqrt{abc})^2+1+\frac{3}{1+abc}=2\sqrt{abc}(\sqrt{abc}-1)+2+\frac{3}{1+abc}\leqslant 2+3=5$

Vậy Max $P=5$ khi $a=b=c=0$

158/ Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn: xy+x+y=3 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 

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

Giải:

Theo BĐT $AM-GM$ ta có $3=xy+x+y\leqslant \frac{(x+y)^2}{4}+(x+y)$ $\Rightarrow x+y\leqslant 2$

Đặt $t=x+y (3< t\leqslant 2)$

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

                                            $=\frac{3(x+y)^2-6xy+3(x+y)}{xy+x+y+1}$

                                            $\frac{3t^2+9t-18}{4}$

$\frac{xy}{x+y}=\frac{3}{t}-1$

$x^2+y^2=(x+y)^2-2xy=t^2+2t-6$

$P=f(t)=\frac{3t^2+9t-18}{4}+\frac{3}{t}-t^2-2t+5$

$f'(t)=\frac{-2t^3+t^2-12}{4t^2}< 0$ $\Rightarrow$ $f(t)$ nghịch biến trên $[2;3)$

$\Rightarrow f(t) \leqslant f(2)=\frac{3}{2}$

Max $P=\frac{3}{2}$ $\Leftrightarrow x=y=1$

Bài 73: Cho a,b,c>0 và abc=1. Chứng minh:

$\sum \frac{2}{a^2(b+c)}\ge 3$

Giải 

BĐT $\Leftrightarrow \frac{(bc)^2}{b+c}+\frac{(ca)^2}{c+a}+\frac{(ab)^2}{a+b}\geqslant \frac{3}{2}$

Áp dụng Cauchy Schwarz và $AM-GM$ ta được 

$VT\geqslant \frac{(ab+bc+ca)^2}{2(a+b+c)}\geqslant \frac{3abc(a+b+c)}{2(a+b+c)}=\frac{3}{2}$

Dấu "=" khi $a=b=c=1$

Bạn nên đăng những bài đậm chất thi ĐH thì hợp lí hơn với tên của TOPIC này!!

Bài 85:Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn: $x^2+y^2+z^2=3xy$.Tìm Min của:

$P=\frac{x^2}{y^2+yz}+\frac{y}{z+x}+\frac{x^2+y^2}{x^2+z^2}$

$\boxed{\text{Bài toán 85}}$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta  có 

$3xy=x^2+y^2+z^2\geqslant 2xy+z^2\Rightarrow z^2\leqslant xy\Rightarrow z\leqslant \sqrt{xy}$

$\rightarrow \frac{x^2+y^2}{x^2+z^2}\geqslant \frac{\frac{(x+y)^2}{2}}{x^2+xy}=\frac{x+y}{2x}=\frac{1+\frac{y}{x}}{2}$

Theo BĐT $AM-GM$ thì 

$\frac{x^2}{y^2+yz}+\frac{y}{z+x}\geqslant 2\sqrt{\frac{x^2y}{y(z+x)(z+y)}}=\frac{2x}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}\geqslant \frac{4x}{2z+x+y} \geqslant \frac{4x}{2\sqrt{xy}+x+y}=\frac{4x}{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}=\frac{4}{\begin{pmatrix} 1+\sqrt{\frac{y}{x}} \end{pmatrix}^2}$

Từ các điều trên ta có 

$P\geqslant \frac{1+\frac{y}{x}}{2} +\frac{4}{\begin{pmatrix} 1+\sqrt{\frac{y}{x}} \end{pmatrix}^2}$

Đặt $t=\sqrt{\frac{y}{x}}(t>0)$

$\Rightarrow P\geqslant f(t)=\frac{1+t^2}{2}+\frac{4}{(1+t)^2}$

Khảo sát hàm $f(t)$ trên $(0;+\infty$) ta được $f(t)\geqslant f(1)=2$

Vậy Min $P=2$ $\Leftrightarrow x=y=z$

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

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 ngẫu nhiên ba số đôi một khác nhau từ tập A={1,2,3...20}. tìm xác suất để ba số được chọn không có hai số tự nhiên liên tiếp

Giải:

Đầu tiên chọn $3$ số trong tập $A$ có: $C_{20}^{3}$ cách

Có $19$ cách chọn $2$ số tự nhiên liên tiếp

Số còn lại có $18$ cách chọn

Vậy có $19.18=342$ cách chọn $3$ số mà có $2$ số tự nhiên liên tiếp

số cách chọn $3$ số tự nhiên liên tiếp: $18$

Trong cách chọn trên, ta đã đếm cách chọn $3$ số tự nhiên liên tiếp $2$ lần

Vậy số cách chọn không thỏa mãn đề bài là: $342-18=324$

Tính xác suất $P=\frac{C_{20}^{3}-324}{C_{20}^{3}}=\frac{68}{95}$

_{Cho em hỏi: Nếu như biểu thức cần nhập vào máy tính mà dài quá, tràn màn hình thì ta xử lí tiếp như thế nào ạ?}

Họ tên: Nguyễn Hồng Sơn

Nick trong diễn đàn (nếu có): nguyenhongsonk612

Năm sinh: 1999

Hòm thư: [email protected]

Dự thi cấp: THPT