160.
$\left\{\begin{matrix}x^{3}-y^{2}-y=\frac{1}{3} & & \\ y^{3}-z^{2}-z=\frac{1}{3} & & \\ z^{3}-x^{2}-x=\frac{1}{3} & & \end{matrix}\right.$
Có 97 mục bởi einstein627 (Tìm giới hạn từ 08-06-2020)
Đã gửi bởi einstein627 on 13-04-2014 - 17:55 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
160.
$\left\{\begin{matrix}x^{3}-y^{2}-y=\frac{1}{3} & & \\ y^{3}-z^{2}-z=\frac{1}{3} & & \\ z^{3}-x^{2}-x=\frac{1}{3} & & \end{matrix}\right.$
Đã gửi bởi einstein627 on 13-04-2014 - 20:04 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
161) $\left\{\begin{matrix}2y^2-x^2=1 & & \\ 2x^3-y^3=2y-x & & \end{matrix}\right.$
C2:
$\left\{\begin{matrix}1=2y^{2}-x^{2} & & \\ 2x^{3}-y^{3}=2y-x & & \end{matrix}\right.$
Nhân vế theo vế 2 pt ta có
$(2y^{2}-x^{2})(2y-x)=2x^{3}-y^{3}$
$\Leftrightarrow 5y^{3}-2x^{2}y-2xy^{2}-x^{3}=0$
$\Leftrightarrow (y-x)(5y^{2}+3xy+x^{2})$
Vậy x=y (do pt sau vô nghiệm)
Thay vào hệ ban đầu tìm được x
Đã gửi bởi einstein627 on 13-04-2014 - 20:20 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
165) $\left\{\begin{matrix}x+y+z=1 & & \\ xy+yz+zx=\frac{1}{2} & & \\ \frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=2 \end{matrix}\right.$
Ta có
$\begin{matrix}\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=2 \\ \Leftrightarrow (x+1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x+1)=2(x+1)(y+1)(z+1) \\ \Leftrightarrow xy+yz+zx+2(x+y+z)+3=2xyz+2(xy+yz+zx)+2(x+y+z)+2 \\ \Leftrightarrow 3=2xyz+xy+yz+zx \\ \Leftrightarrow xyz=\frac{5}{4} \end{matrix}$
Đến đây tương tự bài 164
p/s dạo này máy load Latex hơi lâu làm 1 thể như thế này cho nhanh
Đã gửi bởi einstein627 on 14-04-2014 - 17:37 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
174. Giải hệ phương trình sau:
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{\frac{20y}{x}}=\sqrt{x+y}+\sqrt{x-y} & \\ \sqrt{\frac{16x}{5y}}=\sqrt{x+y}-\sqrt{x-y}& \end{matrix}\right.$
Nhân vế theo vế cả 2 pt ta có
$\sqrt{\frac{20.16.x.y}{5.x.y}}=(x+y)-(x-y)$
$2y=8$
$\Leftrightarrow y=4$
thay lại vào pt đầu tìm được x
Đã gửi bởi einstein627 on 17-04-2014 - 22:02 trong Đại số
Đã gửi bởi einstein627 on 17-04-2014 - 22:38 trong Bất đẳng thức và cực trị
Học Bdt không giỏi nhưng cũng có nhiều bài hay
145.Cho a,b,c>0 CMR
$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+a+b+c\geq 2\sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})}$
Đã gửi bởi einstein627 on 18-04-2014 - 19:55 trong Bất đẳng thức và cực trị
Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c\geqslant 2\sqrt{(a+b+c)(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})}$
Giờ ta cần chứng minh
$(a+b+c)(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})\geqslant (a^2+b^2+c^2)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\sum \frac{ab^2}{c}\geqslant ab+bc+ac+\sum \frac{a^2b}{c}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{c(a-b)(a-c)}{b}\geqslant 0$ (cái này đúng theo BĐT S. Chur)
Vậy ta có đpcm
C2.
Chọn a sao cho $Max(a,b,c)\geq a\geq Min(a,b,c)$ (dòng này suy ra cuối cùng nhưng viết ở đầu)
Áp dụng bdt cauchy cho 2 số dương
$2\sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})}= 2\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a}.[a.(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})]}\leq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a}+\frac{a^{2}}{b}+\frac{ab}{c}+c$
$= a+\frac{b^{2}}{a}+\frac{c^{2}}{a}+\frac{a^{2}}{b}+\frac{ab}{c}+c$
Ta có đpcm nếu cm được
$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+a+b+c\geq a+\frac{b^{2}}{a}+\frac{c^{2}}{a}+\frac{a^{2}}{b}+\frac{ab}{c}+c$
$\Leftrightarrow \frac{b^{2}}{c}+b\geq \frac{b^{2}}{a}+\frac{ab}{c}$
$\Leftrightarrow ab+ac\geq bc+a^{2}$
$\Leftrightarrow (a-b)(a-c)\leq 0$
Đúng với cách chọn a ban đầu ta có đpcm
Đã gửi bởi einstein627 on 18-04-2014 - 20:09 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Theo mình đề phải là $\left\{\begin{matrix}2x_{1}=x_{2}+\frac{1}{x_{2}} & & \\ 2x_{2}=x_{3}+\frac{1}{x_{3}} & & \\ ..... & & \\ 2x_{2014}=x_{1}+\frac{1}{x_{1}} & & \end{matrix}\right.$
Vì nếu thế pt vô nghiệm
Đề ban đầu
$\left\{\begin{matrix}x_{1}=x_{2}+\frac{1}{x_{2}} & & \\ x_{2}=x_{3}+\frac{1}{x_{3}} & & \\ ..... & & \\ x_{2014}=x_{1}+\frac{1}{x_{1}} & & \end{matrix}\right.$
Nhân chéo lên ta suy ra được rằng
$x_{1},x_{2}...x_{2014}$ cùng dấu (vì cứ 2 số nhân vs nhau dương)
Th1 $x_{1\rightarrow }x_{2014}> 0$
Cộng cả 2014 vế vs nhau ta có
$\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...\frac{1}{x_{2014}}=0$ ( vô lý)
Th2 cũng thế
Đã gửi bởi einstein627 on 18-04-2014 - 20:19 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
$\left\{\begin{matrix}2x_{1}=x_{2}+\frac{1}{x_{2}} & & \\ 2x_{2}=x_{3}+\frac{1}{x_{3}} & & \\ ..... & & \\ 2x_{2014}=x_{1}+\frac{1}{x_{1}} & & \end{matrix}\right.$
Tương tự bài trên ta có $x_{1}\rightarrow x_{2014}$ cùng dấu
Th1 cùng dương
Áp dụng cauchy ta có $x_{1},x_{2},x_{3}...x_{2014}\geq 1$
Mặt khác công vế theo vế 2014 vế ta được
$x_{1}+x_{2}+x_{3}+...+x_{2014}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\frac{1}{x_{3}}+...+\frac{1}{x_{2014}}$
VT$\geq$ 2014 VP $\leq$ 2014 suy ra VT=VP $\Leftrightarrow$ $x_{1}=x_{2}=...=x_{2014}=1$
Th2 cùng âm Đặt $x_{1}=-x'_{1}$
Tương tự Th1 ta có các nghiệm là $x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{2014}=-1$
Đã gửi bởi einstein627 on 18-04-2014 - 21:20 trong Bất đẳng thức và cực trị
146
a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác CMR
$(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)^{2}\geq abc(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
Đã gửi bởi einstein627 on 19-04-2014 - 13:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
147: Cho $a,b,c \in [0;2]$ và $a+b+c=3$. CMR: $a^2+b^2+c^2\leq 5$
1 cách khác
$a+b+c=3\Rightarrow a-1+b-1+c-1=0$
Đặt a-1=x b-1= y c-1=z
Ta có x+y+z=0
x,y,z thuộc [-1;1]
Ta có
$a^{2}+b^{2}+c^{2}=(x+1)^{2}+(y+1)^{2}+\left ( z+1 \right )^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+3$
Mặt khác x+y+z=0 suy ra tồn tại 2 số dương hoặc 2 số âm g/s 2 số đó là x và y
$\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq \left | x \right |+\left | y \right |+\left | z \right |=\left | x+y \right |+\left | z \right |=2\left | z \right |\leq 2$
$\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+3\leq 5$
đpcm
(có thể sd cách này để cm bài bdt trong kì thi hsg tp hà nội)
Chú ý: Trích dẫn đề bài ra?
Đã gửi bởi einstein627 on 19-04-2014 - 22:11 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Còn 1 số bài chưa có lời giải mình post lại để chống loãng topic
$176*\left\{\begin{matrix} x^2-yz=a\\ y^2-xz=b\\ z^2-xy=c \end{matrix}\right.$
Tính $x,y,z$ theo các hằng số $a,b,c$
170*.$\left\{\begin{matrix} a(a+b)=3\\ b(b+c)=30\\ c(c+a)=12 \end{matrix}\right.$
183.$\left\{\begin{matrix} x+2y-3z=5^{xyz}\\ (x-2y)(y+7)-x=19^2 \end{matrix}\right.(xyz>0)$
184.$\left\{\begin{matrix} 4-2y=\sqrt{y^2+2y+4}+2\sqrt{x^2+x+1} & & \\ \sqrt{y+1}+\sqrt{x^2+9}=x^2-x-y+4 & & \end{matrix}\right.$
Đã gửi bởi einstein627 on 19-04-2014 - 22:40 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đặt a+b=x b+c=y c+a=z
BDT cần cm $\Leftrightarrow \frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xyz}$ (vì a+b+c=1)
Đến đây cô si bình thường ra min bằng 8
Đã gửi bởi einstein627 on 20-04-2014 - 18:11 trong Cuộc thi VIOlympic (Cuộc thi do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức)
14) Số giá trị nguyên của $m$ để pt: $(m+1)x^2-2(m+2)x+2(m+1)=0$ có ít nhất một nghiệm lớn hơn hoặc bằng 1 là ...
vậy để mình chém thay cho
Đặt x-1=y
Đề bài chuyển hướng thành tìm m để pt có ít nhất 1 nghiệm không âm
mặt khác x-1=y nên x=y+1
Thay vào pt ta có
$(m+1)(y+1)^{2}-2(m+2)(y+1)+2(m+1)=0$
Phá ra thì đây đã là bài toán quen thuộc
Đã gửi bởi einstein627 on 20-04-2014 - 19:36 trong Cuộc thi VIOlympic (Cuộc thi do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức)
14)
Làm tiếp$(m+1)(y+1)^{2}-2(m+2)(y+1)+2(m+1)=0$
$\Leftrightarrow (m+1)y^2-2y+m-1=0$
Có ít nhất một nghiệm lớn hơn hoặc bằng 0 thì tính sao.
Chả có nhẽ $\Delta$ 4 trường hợp.
Chia làm 2 TH
TH1 Pt 1 có 2 nghiệm dương
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\Delta _{y}\geq 0 & & \\ S\geq 0 & & \\ P\geq 0 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2\geq m^{2} & & \\ 2> 0 & & \\ m^{2}-1\geq 0 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\sqrt{2}\geq m\geq 1 & & \\ \ -\sqrt{2}\leq m\leq -1 & & \end{matrix}\right.$
TH2 có 1 nghiệm âm 1 nghiệm dương
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\Delta > 0 & & \\ m^{2}-1\leq 0 & & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow -1\leq m\leq 1$
Đã gửi bởi einstein627 on 21-04-2014 - 15:42 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 151 : Cho : $x+y+z=3$; $0\leq x;y;z\leq 2$. Tìm $GTNN;GTLN$ của :
$$A=x^{4}+y^{4}+z^{4}+12(1-x)(1-y)(1-z)$$
$151/$
Thấy 1 bài dùng pp của bài 147 chém luôn
Đặt x-1=a
y-1=b
z-1=c
Từ giả thiết ta có a+b+c=0 a,b,c$\epsilon$ [-1;1]
A=$(a+1)^{4}+(b+1)^{4}+(c+1)^{4}-12abc$
$=a^{4}+b^{4}+c^{4}+4(a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc)+4(a+b+c)$ $+6(a^{2}+b^{2}+c^{2})+3$
Mặt khác $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)$
a+b+c=0
Nên
A=$a^{4}+b^{4}+c^{4}$ $+6(a^{2}+b^{2}+c^{2})+3$
Đến đây giải tương tự bài 147
Đã gửi bởi einstein627 on 21-04-2014 - 19:04 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Cộng vế theo vế ta có
$(\sqrt{x}+\sqrt{32-x})+(\sqrt[4]{x}-\sqrt[4]{32-x})=y^{2}-6y+9+14$
Áp dụng bdt bunhia copxki ta có
$\sqrt{x}+\sqrt{32-x}\leq 8$
$\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{32-x}\leq 4$
Và có $(y-3)^{2}+14\geq 14$
VT $\leq 12$ $VP\geq 14$
nên pt vô nghiệm
Theo mình đề bài phải là
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}+\sqrt[4]{32-x}-y^{2}=-3 & & \\ \sqrt[4]{x}+\sqrt{32-x}+6y=24 & & \end{matrix}\right.$
Vì khi đó x=16 y=3
Đã gửi bởi einstein627 on 22-04-2014 - 13:10 trong Cuộc thi VIOlympic (Cuộc thi do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức)
Giải thích giúp mình ở phép nhân 7 với 13, đồng dư cũng nhân đc?
đoạn này mình làm tắt (mặc dù vẫn sai vì ) 7*13=91
$P_{13}=1(mod7)\Rightarrow P=7m+1$\
$P_{13}\equiv 1(mod13)\Rightarrow P_{13}=13n+1$
Nên 7m+1=13n+1
suy ra , chia hết 13
nên m=13k
Nên $P_{13}=91k+1$ (đoạn này bị lạc đề)
Đã gửi bởi einstein627 on 22-04-2014 - 14:56 trong Tài liệu - Đề thi
Chuẩn quyển này hay đấy học quyển này thôi là đủ tài liệu thi Ams rồi
Đã gửi bởi einstein627 on 22-04-2014 - 16:53 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
ĐK $x\geq 0$ (do x nguyên)
Áp dụng BĐT Cauchy:
$5.\sqrt{8x+1}\leq 13+4x\Rightarrow 5(x^3+8)\leq 7(13+4x)\Leftrightarrow 5x^3-28x-51\leq 0\Leftrightarrow (x-3)(5x^2-15x+17)\leq 0\Leftrightarrow x-3\leq 0\Rightarrow x\leq 3$
Đến đây xét từng giá trị của x (kết hợp với ĐK), ta thấy $x=3$ thỏa mãn.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là $x=3$
đoạn đó bạn cauchy kiểu gì hay vậy chẳng lẽ mò dấu bằng
Đã gửi bởi einstein627 on 22-04-2014 - 17:55 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đề số xấu quá nhỉ
$(a-b)^{2}\geq 0\Rightarrow a^{2}+b^{2}\geq 2ab$
Tương tự
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$ (1)
$\Leftrightarrow 7\geq ab+bc+ca$
Áp dụng BDT cauchy ta có
$a^{2}+\frac{7}{3}\geq 2\sqrt{\frac{7}{3}}\left |a \right |\geq 2\sqrt{\frac{7}{3}}a$
Tương tự ta có
$a^{2}+b^{2}+c^{2}+7\geq 2\sqrt{\frac{7}{3}}(a+b+c)$
suy ra
$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+7}{2\sqrt{\frac{7}{3}}}=\frac{14}{2\sqrt{\frac{7}{3}}}=\sqrt{21}\geq a+b+c$ (2)
Cộng từng vế 1 và 2 ta có
$12> \sqrt{21}+7\geq ab+bc+ca+a+b+c$
Dấu đẳng thức không sảy ra ta có dpcm
Đã gửi bởi einstein627 on 23-04-2014 - 10:17 trong Số học
$a^{6}-b^{6}=(a^{2}-b^{2})(a^{4}+b^{4}+a^{2}b^{2})$
Ta có vì a,b không chia hết cho 3
Nên $a^{2}\equiv b^{2}\equiv a^{4}\equiv b^{4}\equiv a^{2}b^{2}\equiv 1(mod3)$
Thay lại vào 1 ta có $a^{2}-b^{2}\vdots 3$
$a^{4}+a^{2}b^{2}+b^{4}\vdots 3$
Nên $a^{6}-b^{6}\vdots 9$ (dpcm)
Đã gửi bởi einstein627 on 23-04-2014 - 13:44 trong Bất đẳng thức và cực trị
Áp dụng BĐT Buniacopski ta có:
$(x^{2}+\frac{1}{y^{2}})(y^{2}+\frac{1}{x^{2}})\geqslant (xy+\frac{1}{xy})^{2}\geqslant (2\sqrt{xy.\frac{1}{xy}})^{2}=4$
Dấu bằng sai rồi bạn nhé
Cách làm
$(x^{2}+\frac{1}{y^{2}})(y^{2}+\frac{1}{x^{2}})=x^{2}y^{2}+\frac{1}{x^{2}y^{2}}+2$
Áp dụng bdt cauchy ta có
$x^{2}y^{2}+\frac{1}{256x^{2}y^{2}}\geq 2\sqrt{\frac{1}{256}}=\frac{1}{8}$
$\frac{255}{256x^{2}y^{2}}\geq \frac{255}{16}$
vậy $P\geq \frac{1}{8}+\frac{255}{16}+2$$=18.0625$
Dấu bằng sảy ra khi x=y=1/2
Đã gửi bởi einstein627 on 23-04-2014 - 15:30 trong Cuộc thi VIOlympic (Cuộc thi do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức)
38) Một xe máy đi từ $A$ đến $B$ trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm $14km/h$ thì đến sớm $2h$, nếu vận tốc giảm $4km/h$ thì đến muộn $1h$. Tính vận tốc và thời gian dự định.
Gọi vân tốc ban đầu của xe máy là x km/h (x>4)
Thời gian dự định của xe máy để đi hết quãng đường AB là y (h) (y>2)
Nên chiều dài quãng đường AB là xy (km)
Nếu tăng vt thêm 14 km thì đến sớm 2h
Giảm vt đi 4 km thì đến muôn 1 h ta có hpt
$\left\{\begin{matrix}(x+14)(y-2)=xy & & \\ (x-4)(y+1)=xy & & \end{matrix}\right.$
Nhân ra ta triệt tiêu được xy giải hpt ta tìm đuợc x
Đã gửi bởi einstein627 on 23-04-2014 - 16:07 trong Cuộc thi VIOlympic (Cuộc thi do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức)
41) Tìm $m\in \mathbb{Z}$ để $\sqrt{m^2+m+23}$ là số hữu tỉ
Dễ thấy nếu a không phải là số chính phương thì $\sqrt{a}$ vô tỉ
Ta có sqrt{m^{2}+m+23}$ hữu tỉ
nên
$m^{2}+m+23=k^{2}(k\epsilon Z )$
$\Leftrightarrow 4m^{2}+4m+1+91=(2k)^{2}$
$\Leftrightarrow (2m+1)^{2}-(2k)^{2}=-91$
$\Leftrightarrow (2m-2k+1)(2m+2k+1)=-91$
Đến đây để rồi giải pt nghiệm nguyên
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học