Ai có link 2 cuốn này cho em xin được không ạ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - TRUNG HỌC CƠ SỞ - HÌNH HỌC và CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - TRUNG HỌC CƠ SỞ - ĐẠI SỐ. Em đã có quyển đa thức và quyển phương trình bậc hai rồi. Em cảm ơn!!!.

Mọi người có tài liệu hay sách nào về phép đếm trong phạm vi THCS có thể giới thiệu cho em được không ạ?

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:

                        $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+zx$

Áp dụng $Cauchy$: $x^{2}+\sqrt{x}+\sqrt{x}\geq 3x$. Tương tự, cộng lại ta được: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\geq 3(x+y+z)=(x+y+z)^{2}\Leftrightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+zx.$

Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương và $k>1$ thì ta có bất đẳng thức sau: 

$\frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{a^{2}+kb^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+kc^{2}}}\leq \frac{\sqrt{k+2}}{9}(\frac{4}{k-1}+1).$

Bài 8: Chứng minh với mọi số nguyên dương n

          $\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}\leq n\sqrt{\frac{n+1}{2}}$

Bài $8:$ Case 1: Với $n$ chẵn thì áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng $\sqrt{a}+\sqrt{b}\leq \sqrt{2}.\sqrt{a+b}$, ta có:

$\sqrt{1}+\sqrt{n}\leq \sqrt{2}.\sqrt{n+1}$,

$\sqrt{2}+\sqrt{n-1}\leq \sqrt{2}.\sqrt{n+1}$

...

$\sqrt{\frac{n}{2}}+\sqrt{\frac{n}{2}+1}\leq \sqrt{2}.\sqrt{n+1}$

Cộng vế với vế thu được:

$LHS\leq \frac{n}{2}.\sqrt{2}.\sqrt{n+1}=n.\sqrt{\frac{n+1}{2}}$.(Đpcm).

Case 2: Với $n$ lẻ thì làm tương tự.

Bạn thử xem lại chỗ này coi vì nếu cho $a=b=c>0$ và $k=2$ thì có thể thấy bất đẳng thức không đúng

Mình đánh nhầm đề đấy. Bài này anh Long và mình đã giải ở đây: http://diendantoanho...rtk29frac4k-11/

Trên đây là một số bài tập áp dụng để các bạn cùng thảo luận!

 

Bài 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

 

$a)x^{2}+x\sqrt{2}+1>0$

$b)\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}<2\sqrt{a}$ với a > b > 0

 

Bài 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

 

$a)(x+y+z)^{2}\leq 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

$b)a^{3}+b^{3}+abc\geq ab(a+b+c)$ với các số dương a, b, c

 

Bài 3. Cho $a=\sqrt{2004}-\sqrt{2003},b=\sqrt{2005}-\sqrt{2004}$

So sánh a và b

 

 

Bài $1:$ $a) x^{2}+x\sqrt{2}+1=(x+\frac{1}{\sqrt{2}})^{2}+\frac{1}{2}>0$.

              $b)$ Do $a>b>0$ nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b})^{2}<4a\Leftrightarrow 2a+2\sqrt{a+b}.\sqrt{a-b}<4a\Leftrightarrow a>\sqrt{a^{2}-b^{2}}\Leftrightarrow a^{2}>a^{2}-b^{2}\Leftrightarrow b^{2}>0$ (Luôn đúng). Bất đẳng thức được chứng minh.

Bài $2:$ $a) (x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}\geq 0\Leftrightarrow 2(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq 2(xy+yz+zx)\Leftrightarrow (x+y+z)^{2}\geq 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})$.

              $b) a^{3}+b^{3}\geq a^{2}b+ab^{2}\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+abc\geq a^{2}b+ab^{2}+abc=ab(a+b+c)$.

Bài $3:$ Đặt $2004=x$.

$a=\sqrt{x}-\sqrt{x-1},b=\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\Leftrightarrow a-b=2\sqrt{x}-(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1})$

$(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1})^{2}< (x+1+x-1)(1+1)=4x\Leftrightarrow 2\sqrt{x}>\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}\Leftrightarrow a-b>0\Leftrightarrow a>b$

BÀI 29:   Cho tam giác $ABC$ có $2$ đường trung tuyến $BM$ và $CN$ vuông góc với nhau. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. Chứng minh $BC \geq \frac{2}{3}.$CH.  

Gọi giao điểm của $BM$ và $CN$ là $O$. $AO$ cắt  $BC$ tại $K$. Từ $O$  vẽ $OD$ vuông góc $BC$. Xét:

$\frac{BC}{AH}=\frac{BC}{3.OD}=\frac{BC.OD}{3.OD^{2}}=\frac{BO.OC}{3OD^{2}}=\frac{BO.OC}{3}.(\frac{1}{BO^{2}}+\frac{1}{OC^{2}})\geq \frac{1}{3}.BO.OC.2\sqrt{\frac{1}{BO^{2}.OC^{2}}}=\frac{2}{3}\Leftrightarrow BC\geq \frac{2}{3}.AH$.

Spoiler

Mình nghĩ đề lầm, nếu vậy thì làm như trên, với cả mình vẽ hình không được chuẩn, ad Trúc vẽ hộ mình cái nha

Mod:Bổ sung hình vào nhé bạn

năm nay nhìn hiếm BDT nhỉ !!

Thật ra năm nay lần đầu tỉnh mình ra BĐT :|

Cho em hỏi là, khi thi thì mình xem đề bài ở đâu ạ. Đề được thông báo chung hay chỉ ai đăng kí mới được nhắn ạ???

b)

Ta có :

$A= \frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+\frac{1}{5.6}+...+\frac{1}{99.100}$

$= (\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}) + \frac{1}{5.6}+...+\frac{1}{99.100}$

$= \frac{7}{12} + \frac{1}{3.4}) + \frac{1}{5.6}+...+\frac{1}{99.100} > \frac{7}{12} (1)$

Lại có :

$A = \frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+\frac{1}{5.6}+...+\frac{1}{99.100}$

$= 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{99} - \frac{1}{100}$

$= (1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3}) - \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{99} - \frac{1}{100}$

$= \frac{5}{6} - \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{99} - \frac{1}{100}$

$= \frac{5}{6} - (\frac{1}{4} - ... - \frac{1}{99} + \frac{1}{100}) < \frac{5}{6} (2)$

Từ $(1)$ và $(2)$

$\Rightarrow \frac{7}{12} < A < \frac{5}{6}$

Có $1$ điều nghi vấn là $BT$ trong ngoặc có dương không???

Bài này chắc ko ai làm đc nhỉ?Thế e ra bài ms nhé:

Tìm x biết:

$\frac{x-10}{30}$+$\frac{x-14}{43}$+$\frac{x-5}{95}$+$\frac{x-148}{8}$=0

Chú ý: Giải bằng 2 cách 

Bài anh cũng dễ thôi. Từ $GT$ đã gợi ý ta rồi. $a=b+c+d\Leftrightarrow BT=(b+c+d)^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}=(b+c)^{2}+(c+d)^{2}+(d+b)^{2}\Leftrightarrow Q.E.D$.

Bài em:

Cách $1$: Nhân $2$ vế với $BCNN$ của $30,43,95,8$ rồi làm tiếp.

Cách $2$: Viết lại như sau: $(\frac{x-10}{30}-3)+(\frac{x-14}{43}-2)+(\frac{x-5}{95}-1)+(\frac{x-100}{8}-6)$.

Cho $a-b=c+d$. Chứng minh rằng: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}$ viết được dưới dạng tổng bình phương của $3$ $BT$.

Cho $a-b=c+d$. Chứng minh rằng: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}$ viết được dưới dạng tổng bình phương của $3$ $BT$.

Tìm các số nguyên dương $m,n$ sao cho$\left\{\begin{matrix} 2m+1\vdots n\\ 2n+1\vdots m \end{matrix}\right.$.

Đóng góp cho topic 1 bài dễ :

   GPT     $1999x^{4}+1998x^{3}+2000x^{2}+1997x+1999=0$

Đây là topic lớp $7$, đừng có chêm cái chữ Giải Phương Trình vào.      . Nếu không biết hoặc không làm được thì có thể hỏi, đừng nên nói kiểu như "Bài này dễ lắm, ai làm thì làm".

$1999x^{4}+1998x^{3}+2000x^{2}+1997x+1999=0$

$\Rightarrow 1000x^4 + (999x^4+1998x^3+999x^2) + \frac{5}{2}x^2 + \frac{1997x^2 + 2.1997x + 1997}{2} + \frac{2001}{2} = 0$

$\Rightarrow 1000x^4 + 999x^2(x+1)^2 + \frac{5}{2}x^2 + \frac{1997}{2}(x+1)^2 + \frac{2001}{2} > 0$.

Đóng góp cho topic 1 bài dễ

Cho $a+b+c=2014$ và $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}=2$

Tính $P=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

$(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})=4028\Rightarrow P+3=4028\Rightarrow P=4025$

Chị tham khảo ở đây nha: 

http://olm.vn/hoi-da...832.html?auto=1

http://diendan.hocma...ead.php?t=73507

À mình thấy topic rất hay với nhiều người đóng góp nên mình nghĩ đừng nên dẫn link, làm thì ghi rõ lời giải. Đóng góp thì nên ghi rõ bài.

Em thấy hình như bên $Moon$ có đáp án rồi ạ! Nhưng không biết đúng không ạ...... 

http://moon.vn/Tintu...T-quoc-gia-2016

Mong các ĐHV đánh giùm

Anh chụp cái hình thẳng lại được không anh??? Em nhìn không được.

Không chỉ riêng phan bội châu mà các trường chuyên mình thấy đều xu hướng giảm độ khó BĐT , thậm chí bỏ luôn như Sư phạm Hà Nội 

Dưới Đồng Nai thì ảo hơn, sau ngần ấy năm mới có BĐT.

11391197_10206372856817176_5664162544146492703_n.jpg

Coi bộ chị làm gần hết đề lun hả. Còn câu 3 với 5 thôi đúng không???

Họ và tên: Đặng Vũ Ngọc Duy

Lớp: 8/3:

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm tp Biên Hoà, tỉnh Đồng Nai

Đề: Tìm nghiệm nguyên của phương trình $x^{2}+y^{2}=7z^{2}$

Lời giải: 

Từ $x^{2}+y^{2}=7z^{2}$ suy ra $(x^{2}+y^{2}) \vdots 7$ mà 1 số chính phương chia 7 chỉ dư 0;1;2 hoặc 4 nên $x^{2}$ và $y^{2}$ cùng chia 7 dư 0

$\Rightarrow x^{2},y^{2}\vdots 7\Rightarrow x,y\vdots 7$. Đặt $x=7x_{1},y=7y_{1}$ thì pt trở thành:

$49x_{1}^{2}+49y_{1}^{2}=7z^{2}\Rightarrow 7x_{1}^{2}+7y_{1}^{2}=z^{2}\Rightarrow z\vdots 7$. Đặt $z=7z_{1}^{2}(z_{1}\epsilon \mathbb{Z})$

$\Rightarrow 7x_{1}^{2}+7y_{1}^{2}=49z_{1}^{2}\Rightarrow x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=7z_{1}^{2}$

Vậy nên nếu (x,y,z) là nghiệm của pt thì $(x_{1},y_{1},z_{1})$ cũng là nghiệm của pt. Cmtt :$(x_{n},y_{n},z_{n})$ cũng là nghiệm pt.

Điều này xảy ra khi x=y=z=0. 

Vậy pt có nghiệm duy nhất là x=y=z=0.

Câu bất làm đơn giản thế này thôi em.

Cần chứng minh :

$$\dfrac{a^2}{a^2+2}+\dfrac{b^2}{b^2+2}+\dfrac{c^2}{c^2+2}\geq 1$$

Theo Cauchy-Schwarz :

$$\dfrac{a^2}{a^2+2}+\dfrac{b^2}{b^2+2}+\dfrac{c^2}{c^2+2}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+6}$$

Cần chỉ ra :

$$(a+b+c)^2\geq a^2+b^2+c^2+6\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 3$$

Đúng vì theo giả thiết :

$$abc(a+b+c) \geq ab+bc+ca$$

Và theo một BĐT quen thuộc :

$$(ab+bc+ca)^2 \geq 3abc(a+b+c)$$

 

Có thể Iran vs Ấn Độ giống nhau đó em . Chúc mừng Nguyễn Du nha, năm nay thắng lớn quá

Cho em hỏi là đề bảo tìm max mà sao chị tìm min. Với lại: 

$T=\frac{1}{a^{2}+2}+\frac{1}{b^{2}+2}+\frac{1}{c^{2}+2}$ mà chị @@

Em nói luôn ko lôi thôi dài dòng với cả bạn này http://diendantoanho...1907-chithang6/

Bạn nên bỏ ngay cái kiểu Gửi tin nhắn trêu chọc người khác: kiểu như là làm cái bài 1+1=2 sau đó ép người ta phải giải,

làm loạn cả hộp tin nhắn của người ta lên ,toàn tin Rác

Đúng thật là như thế, mình cũng bị. Mà thôi, nhắc nhở bạn thôi. Nếu tái phạm sẽ xử lí.

Còn cách khác nhanh hơn không ạ???

Thử luôn HAY QUÁ