Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn : $x+y+z=2015$.

Chứng minh rằng:

$\sum \frac{2015x-x^2}{yz}+6\geq 2\sqrt{2}.\sum \sqrt{\frac{2015-x}{x}}$

$VT=\sum \frac{(x+y+z)x-x^2}{yz}+6=\sum \left ( \frac{x}{y}+\frac{x}{z} \right )+6=t+6$  

    Với $t=\sum \left ( \frac{x}{y}+\frac{x}{z} \right )$

$VP=2\sqrt{2}.\sum \sqrt{\frac{y+z}{x}}\leq 2\sqrt{2}.\sqrt{3(\sum \frac{y+z}{x})}=2\sqrt{6t}$

Như vậy ta cần chứng minh

   $t+6\geq 2\sqrt{6t}$   (điều này luôn đúng với bất đẳng thức cô-si)

Giúp mình với 
Với a,b,c >0, chứng minh rằng
$\frac{1}{a^{3}} + \frac{1}{b^{3}} + \frac{1}{c^{3}} \geq 9 (\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a})-6$

$\sum \frac{1}{a^3}+6=\sum \left ( \frac{1}{a^3}+1+1 \right )\geq \sum \frac{3}{a}=\sum \left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b} \right )\geq \sum \frac{9}{a+2b}\Rightarrow đpcm$

Các bạn giúp mình bài này nhé

Cho $x$, $y$ $>$$0$ thỏa mãn $x$+ $xy$+ $y$ $=$ $8$

Tìm GTNN của BT: P=$x^{3}$+$y^{3}$+ $x^{2}$+ $y^{2}$+ $5(x+y)$+ $\frac{1}{x}$+ $\frac{1}{y}$

$9=x+y+xy+1=(x+1)(y+1)\leq \left ( \frac{x+y+2}{2} \right )^2\Rightarrow (x+y+2)^2\geq 36\Rightarrow x+y\geq 4$

$P+40=(x^3+8+8)+(y^3+8+8)+(x^2+4)+(y^2+4)+\frac{19}{4}(x+y)+\frac{1}{4}(x+y)+\frac{4}{x+y}\geq 12x+12y+4x+4y+\frac{19}{4}(x+y)+2\geq 12.4+4.4+\frac{19}{4}.4+2=85\Rightarrow P\geq 45$

$minP=45 \Leftrightarrow x=y=2$

Sai rồi bạn tử các phân thức có là bình phương đâu mà Cauchy Schwartz

Bạn ấy làm tắt chút thôi

Bạn nhân cả tử và mẫu của mỗi phân thức ở VT lần lượt với $a,b,c$ là có bình phương ngay

Cho a, b, c > 0 và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$. Tìm GTNN của $P=\frac{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}}{\left ( ab+bc+ca \right )^{2}}$

Dễ thấy $a+b+c\leq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3$

Theo Cauchy-Schwarz 

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

 $\Rightarrow \frac{ab^2+bc^2+ca^2}{(ab+bc+ca)^2}\geq \frac{1}{a+b+c}\geq \frac{1}{3}$

 

2.Tìm nghiệm nguyên không âm: $x^{2}= y^{2}+\sqrt{y+1}$

 

Đặt $\sqrt{y+1}=a(a\geq 1)\Rightarrow y=a^2-1$

Thế và phương trình ta có 

               $x^2=(a^2-1)^2+a>(a^2-1)^2$

Mặt khác $x^2=a^4-(2a+1)(a-1)\leq (a^2)^2$ (do $a\geq1$)

   $\Rightarrow (a^2)^2\geq x^2>(a^2-1)^2\Rightarrow x=a^2$

   $\Rightarrow a=1\Rightarrow y=0\Rightarrow x=1$

Bài 165 (Mediterranean Mathematical Competition 2009).Chứng minh rằng với mọi  $a,b,c $ dương ta luôn có:

$$\sum \frac{ab}{a^2+ab+b^2}\leq \frac{a}{2a+b}+\frac{b}{2b+c}+\frac{c}{2c+a}$$

Bài 153: (Việt Nam TST 2005) 

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh: $\left ( \frac{a}{a+b} \right )^3+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^3+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^3 \geq \frac{3}{8}$

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

    $=\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+y)^3}+\frac{1}{(1+z)^3}$       Với  $\frac{b}{a}=x,\frac{c}{b}=y,\frac{a}{c}=z\rightarrow xyz=1$

Sử dụng bất đẳng thức Am-GM:

    $\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2}.\frac{1}{(1+x)^2}\rightarrow \frac{1}{(1+x)^3}\geq \frac{3}{4}.\frac{1}{(1+x)^2}-\frac{1}{16}$

    $\rightarrow P\geq \frac{3}{4}.\left [ \frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+ \frac{1}{(1+z)^2}\right ]-\frac{3}{16}$

Ta cần chứng minh :  

            $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+ \frac{1}{(1+z)^2}\geq \frac{3}{4}$    (*)

Ta có bài toán quen thuộc:

Với  $m,n,p,q$  là các số dương có tích bằng 1 thì  

            $\frac{1}{(1+m)^2}+ \frac{1}{(1+n)^2}+\frac{1}{(1+p)^2}+ \frac{1}{(1+q)^2}\geq 1$

Áp dụng vào bài toán với  $m=x,n=y,p=z,q=1$ ta có  (*)

Vậy bài toán được chứng minh xong

Bài 163(Spain TST): Cho a,b,c>0: $a^2+b^2+c^2=3$. CMR:

$\frac{a}{a^2+b^3+c^2}+\frac{b}{b^2+c^3+a^2}+\frac{c}{c^2+a^3+b^2}\leq 1$

Sử dụng bất đẳng thức Holder:

    $(a^2+b^3+c^2)(a^2+b^3+c^2)(a^2+1+c^2)\geq (a^2+b^2+c^2)^3=27$

    $\rightarrow a^2+b^3+c^2\geq \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a^2+c^2+1}}\rightarrow \frac{a}{a^2+b^3+c^2}\leq \frac{a\sqrt{a^2+c^2+1}}{3\sqrt{3}}$

    $\rightarrow \sum \frac{a}{a^2+b^3+c^2}\leq \frac{\sum a\sqrt{a^2+c^2+1}}{3\sqrt{3}}$

Sử dụng bất đẳng thức  Cauchy-Schwarz:

    $\sum a\sqrt{a^2+c^2+1}\leq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(2a^2+2b^2+2c^2+3)}=3\sqrt{3}$

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Đặt $(a;b;c)=(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})$ , đưa bđt cần cm thành

$\sum \frac{x^{2}}{x^{3}+x^{2}+1}\leq\sum \frac{x}{2x+1}$

Hay $\sum(x-1)^{2}(x+1)x\geq 0$  (đúng)

Vậy bất đẳng thức đc cm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ 

Thế thì $abc=1$ à

Giải phương trình $\sqrt{5x-1}+\sqrt[3]{9-x}=2x^{2}+3x-1$

ĐK $x\geq \frac{1}{5}$

PT $\Leftrightarrow(\sqrt{5x-1}-2)+(\sqrt[3]{9-x}-2)=2x^2+3x-5 $

     $\Leftrightarrow \frac{5(x-1)}{\sqrt{5x-1}+2}+\frac{1-x}{\sqrt[3]{(9-x)^2}+2\sqrt[3]{9-x}+4}=(x-1)(2x+5)$

     $\Leftrightarrow (x-1).\left [ 2x+5+\frac{1}{\sqrt[3]{(9-x)^2}+2\sqrt[3]{9-x}+4}-\frac{5}{\sqrt{5x-1}+2} \right ]=0$

Do $\left\{\begin{matrix}2x+5\geq 2.\frac{1}{5}+5>\frac{5}{2}\geq \frac{5}{\sqrt{5x-1}+2} & & \\ \sqrt[3]{(9-x)^2}+2\sqrt[3]{9-x}+4\geq 0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow$ Biểu thức trong ngoặc vuông vô nghiệm

Như vậy $x-1=0 \Rightarrow x=1$

Các bài toán phương trình vô tỉ trong các đề thi HSG tỉnh

 

 

           c) $\sqrt[3]{3x^{2}-x+2001}-\sqrt[3]{3x^{2}-7x+2002}-\sqrt[3]{6x-2003}=\sqrt[3]{2002}$

Câu c sử dụng nhân liên hợp

Ngoài ra còn có thể làm thế này 

Đặt $\left\{\begin{matrix}\sqrt[3]{3x^2-x+2001}=a & & & \\ \sqrt[3]{3x^2-7x+2002}=b & & & \\ \sqrt[3]{6x-2003}=c & & &\end{matrix}\right.\Rightarrow 2002=a^3-b^3-c^3$

Pt $\Leftrightarrow a-b-c=\sqrt[3]{a^3-b^3-c^3}$

Lập phương 2 vế rồi phân tích thành nhân tử ta được $(a-b)(a-c)(b+c)=0$

Đến đây xét 3 TH là ra 

Hixx em được có 260 điểm (

Bạn học giỏi vậy mà đk có 260 thì chán thật

Thế mấy bác xem 190 thì được cái gì không

Năm ngoái 2 bé Bắc ninh 300đ nó thì sao.

Thái bình, Vĩnh phúc,... toán 290,280 mà!

lo gì thế

lo chứ. 

mấy bạn điểm cao nên chắc được huy chương rồi

Trời ơi thế này thì chắc mình ko đủ điểm để đk khuyến khích mất     

Bao nhiêu đứa trên 250

Ai biết năm ngoái bn thì đk khuyến khích ko >

Chắc mình trượt rồi

Mi vàng e tau ké được cái đồng đó H ơi

Nhục mặt thiệt

Về bị chưởi te tua

Sao bạn biết

Các bạn thấy đề năm nay với năm rồi cái nào dễ  hơn

Mình nghĩ năm nay dễ hơn. 

Còn bài cuối thì khó ngang nhau

http://violympic.vn/...il.aspx?ID=1279

Ấn vào cái bảng ở dưới có ghi từng lớp đó!

thế bạn biết năm ngoái có bao nhiêu ng thi ko

Nghe nói lấy 500 hả các bạn 

ôi thôi/ lấy 600 đi , ko mình trượt

Mình có mã bảng A thôi bạn, lấy k

T08DD071AE72

Đâu có xem được

Các bạn ơi mình thi kém lắm. có 190 thôi       

Mấy bạn siêu thật

Cho : $x+y+z\geq 3$

Tìm min P =$\sum \frac{x^2}{yz+\sqrt{8+x^3}}$

Sử dụng Cô-si  $\sqrt{8+x^3}=\sqrt{(x+2)(x^2-2x+4)}\leq \frac{x^2-x+6}{2}\Rightarrow \frac{x^2}{yz+\sqrt{8+x^3}}\geq \frac{2x^2}{2yz+x^2-x+6}$

$\Rightarrow \sum \frac{x^2}{yz+\sqrt{8+x^3}}\geq 2.\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz-x-y-z+18}$

                             $=2.\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2-(x+y+z)+18}=2.\frac{t^2}{t^2-t+18}$      Với $t=x+y+z, t \geq3$

Nhận thấy dấu = xảy ra khi $t=3$ nên khi đó $\frac{t^2}{t^2-t+18}=\frac{3}{8}$

Ta chứng minh $\frac{t^2}{t^2-t+18}\geq \frac{3}{8}$

BĐT này tương đương với $5t^2+3t-54\geq 0$   (luôn đúng do $t \geq 3$)

$\Rightarrow Min P=\frac{3}{4}\Leftrightarrow x=y=z=1$