4.$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y} (x,y>0)$

Áp dụng BDT cô si cho 2 số dương:

$x+y\geq 2\sqrt{xy}$

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq 2\sqrt{\frac{1}{xy}}$

$\Rightarrow (x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})\geq 4$

do x+y>0

$\Rightarrow$ đpcm

dấu bằng xảy ra khi x=y

5. $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}$ ($x,y,z> 0$)

Tương tự BDT 4

áp dụng BDT cô si cho 3 số dương

 

tiếp tục cập nhật...

Mình thấy hai bất  đẳng thức này đâu cần các số x, y, z dương đâu bạn ?

để áp dụng bdt cô si cm bdt đúng

và x,y,z khác 0 (đkxd)

x, y, z, khác 0 thì mình đồng ý. Nhưng còn phải lớn hơn 0 thì mình ko đồng ý.

Có thể chứng minh bằng BĐT Bunhia dạng phân thức đc mà. Mà khi sử dụng Bunhia thì số như thế nào cũng đc mà, đâu nhất thiết lớn hơn 0.

bdt bunhia dùng với mọi a,b,c,d mà bạn

Có phải ý của bạn là  :

$a^{2}+b^{2}\geq2ab; c^{2}+d^{2}\geq 2cd\Rightarrow(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geq 4abcd$

Hoặc ý của bạn là :

$(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geq(ac+bd)^{2}$

mà : $ac+bd\geq2\sqrt{abcd}\Rightarrow(ac+bd)^{2}\geq 4abcd$

Tất cả đều dùng Cô-si nên phải là các số dương   

$\Rightarrow$ Hệ quả

$(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geq 4abcd$

Nếu như vậy thì a, b, c, d lại phải dương 

Đây bạn : http://diendantoanho...eq-sum-syma2b2/

Mình ko chắc anh quangnghia có ý tưởng như thế nào, nhưng mà theo mình nhân thêm 4 là gồm các nguyên do : 

1/ Thấy đề bài có x + y + y và x + y, mà dữ kiện lại có : x + y + z + t = 2 thì ta nhân x + y + z + t vào. (Thử xem có đc gì ko, nếu ko đc thì thôi).

2/ Nếu áp dụng bất đẳng thức Cauchy thì : $x+y+z+t\geq \sqrt{xyzt}$ Mà căn xyzt ko thể thu gọn với mẫu nên cần phải bình phương hai vế lên từ đó ta có đc số 4.

3/ Theo mình đây là 1 dạng bài chứ ko phải là 1 bài BĐT lạ nào nữa.

(Nếu có gì sai thì mong các bạn góp ý ) 

Bởi vì : theo Cauchy thì $x+y+z+t=(x+y+z)+t\geq 2\sqrt{(x+y+z)t}\Rightarrow [(x+y+z)+t]^{2}=(x+y+z+t)^{2}\geq 4(x+y+z)t$

Có ai giải mà không dùng đến kiến thức tam giác đồng dạng mà vẫn nhanh gọn ko 

Cho đa thức $A(x)$ khác đa thức không, thỏa mãn : $x.A(x-2)=(x-4).A(x)$ với mọi x. 

Chứng minh : Đa thức $A(x)$ có bậc hai

1.C/m các bt sau không thể có cùng giá trị âm:

ab-a-b+1 ; bc-b-c+1 và ac-a-c+1

2.C/m đa thức x²⁰¹⁴+x²⁰¹²+1 chia hết cho đa thức x²+x+1

Bài 1 : 

$ab-a-b+1=(a-1)(b-1);bc-b-c+1=(b-1)(c-1);ca-c-a+1=(a-1)(c-1)$

$\Rightarrow (ab-a-b+1)(bc-b-c+1)(ca-c-a+1)=(a-1)^{2}(b-1)^{2}(c-1)^{2}\geq 0$        $(1)$

Nếu các biểu thức trên cùng âm thì $(1)$ ko xảy ra (vô lí). Vậy, các biểu thức trên ko thể cùng âm

Bài 2 : đề có bị sai ko bạn ?? 

BĐT đúng nhé bn kí hiệu đó là tổng xích ma :v

À, xin lỗi, mình không đọc kĩ. 

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: ab+bc+ca=3. Chứng minh rằng: $\sum\frac{1}{1+a^{2}(b+c)}\geqslant\frac{1}{abc}$

Dễ thấy Bất đẳng thức sai với : $a=b=c=1$

$3(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=(a^3+ab^2)+(b^3+b^2c)+(c^3+ca^2)+a^2b+b^2c+c^2a \ge 3(a^2b+b^2c+c^2a)$

Suy ra $a^2b+b^2c+c^2a \le a^2+b^2+c^2$, thay vào mẫu rồi biểu diễn tất cả theo $t=a^2+b^2+c^2 \ge 3$.

Mình chưa hỉu chỗ đó !

Có : $\frac{x}{z+y+1}=\frac{y}{x+z+1}=\frac{z}{x+y-2}=\frac{x+y+z}{2(x+y+z)}=x+y+z=\frac{1}{2}$

Từ đó, ta có : $\frac{z}{x+y-2}=\frac{1}{2}\Rightarrow 2z=x+y-2\Rightarrow 2z+2=x+y$

Lại có : $x+y+z=\frac{1}{2}\Leftrightarrow 2z+2+z=\frac{1}{2}\Leftrightarrow 3z=\frac{1}{2}-2=\frac{-3}{2}\Leftrightarrow z=\frac{-1}{2}$

Từ đó tìm đc x, y

Dạng đề tương tự : 

Tìm các số a, b, c khác 0 sao cho : $\frac{a^{2}}{b}-c=\frac{b^{2}}{c}-a=\frac{c^{2}}{a}-b$

1. Tìm GTNN của $S=\sqrt{x-1}+ \sqrt{2x^2-5x+7}$

2. Cho $x>0;y>0; x+y=2$

    Tìm GTLN của $B=2xy(x^2+y^2)$

* Bài 1 :

_ Áp dụng Bất đẳng thức $\sqrt{a}+\sqrt{b}\geq \sqrt{a+b}$ (Tương đương với $\sqrt{ab}\geq 0$ nên đúng), có : 

$S=\sqrt{x-1}+ \sqrt{2x^{2}-5x+7}\geq \sqrt{x-1+2x^{2}-5x+7}=\sqrt{2(x-1)^{2}+4}\geq 4$

_ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi : $\begin{bmatrix} x-1=0\\2x^{2}-5x+7=0 \end{bmatrix} \Leftrightarrow x=1$

Vậy : $minS=4\Leftrightarrow x=1$

Chiều rộng bằng $3\pm \sqrt{5}$

Từ đó tính đc chiều dài.

Đó là dấu Xích-ma đó anh. Ví dụ anh Hùng ghi : $\sum \frac{a}{b^{2}+c^{2}}=\frac{a}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b}{a^{2}+c^{2}}+\frac{c}{a^{2}+b^{2}}$ . Để tránh việc viết dài dòng nên ghi vậy cho gọn   

_ Ta có BDT : $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)\Rightarrow \frac{a^{3}+b^{3}}{2ab}\geq \frac{a+b}{2}$

Tương tự cộng lại ta có d0pcm.

_ Dấu "=" khi a = b = c.

* Chứng minh bằng tương đương : $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)\Leftrightarrow (a+b)(a^{2}-ab+b^{2})-ab(a+b)\geq 0 \Leftrightarrow (a+b)(a-b)^{2}\geq 0$

 (a,b,c dương nên BDT luôn đúng)

Còn bài hình bạn đăng luôn đi. 

1. Giải phương trình:

    $\frac{1}{m+n-x}=\frac{1}{m}+\frac{1}{n}-\frac{1}{x}$  (với m,n là hằng số $m\neq 0; n\neq 0$)

2.  Tìm $x;y;z$ nguyên thỏa mãn:

     $x^{2}+y^{2}+z^{2}< xy+3y+2z-3$

3. Tìm GTNN của biểu thức: 

 $B= 2(x-y)^{2}+2x^{2}+2y^{2}-3x$

4. Cho $O$ là trung điểm của $AB$. Trong cùng một nửa mặt phẳng có bờ $AB$ vẽ tia $Ax$, $By$ vuông góc với $AB$. Gọi $D$ là điểm thay đổi trên tia $Ax$, qua điểm $O$ vẽ đường thẳng vuông góc với $DO$ tại O, cắt $By$ tại C. Từ O hạ $OH$ vuông góc với $CD$ tại H, nối $H$ với $A$ và $H$ với $B$ cắt $OD,OC$ lần lượt tại $E;F$, $AC$ cắt $BD$ tại $I$

   a, Chứng mình $OD, OC$ lần lượt là phân giác của $\widehat{ADC}; \widehat{DCB}$.

   b. CM $HI$ vuông góc với $AB$.

   c. CM ba điểm $E;I;F$ thẳng hàng.

   d. Xác định vị trí của D trên tia $Ax$ để chu vi tứ giác $HEOF$ đạt giá trị lớn nhất? Tìm GTLN đó biết $AB=2a$

5. Tìm GTNN của hàm số:

     $f(x;y;z)=\sum \frac{y-2}{x^{2}}$ biết $x,y,z>1; x+y+z=xyz$

p/s Mọi người cùng tham gia giải, đáp án sẽ được đưa đến sau

Bài 1 :

_ ĐKXĐ : $x \neq m;n$ và $x\neq 0$

_ Ta có : 

$PT \Leftrightarrow \frac{1}{m}+\frac{1}{n}=\frac{1}{m+n-x}+\frac{1}{x} \Leftrightarrow \frac{m+n}{mn}=\frac{m+n-x+x}{(m+n-x)x} \Leftrightarrow \frac{m+n}{mn}=\frac{m+n}{(m+n-x)x}$

_ Xét các trường hợp : 

$+)m+n=0\Leftrightarrow m=-n$ . Khi đó : $PT \Leftrightarrow 0=0$ hay phương trình có vô số nghiệm.

$+) mn=(m+n-x)x \Leftrightarrow mx+nx-x^{2}-mn=0 \Leftrightarrow (m-x)(x-n)=0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=m\\x=n \end{bmatrix}$

Vậy : 

_ Khi : $m+n=0$ thì phương trình có vô số nghiệm.

_ Phương trình có nghiệm duy nhất là x=m hoặc x=n.

Bài 2 (le truong son):

Ta có : $BPT \Leftrightarrow (x-\frac{1}{2}y)^{2}+3(\frac{1}{2}y-1)^{2}+(z-1)^{2} < 1$

Do : $x;y;z \in \mathbb{Z}$ nên : $(x-\frac{1}{2}y)^{2}+3(\frac{1}{2}y-1)^{2}+(z-1)^{2} \leq 0$

mà : $\left\{\begin{matrix} (x-\frac{1}{2}y)^{2}\geq 0\\3(\frac{1}{2}y-1)^{2} \geq 0 \\ (z-1)^{2} \geq 0 \end{matrix}\right.$

nên : $\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{2}y=0 \\ \frac{1}{2}y-1=0 \\ z-1=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=1\\y=2 \\z=1 \end{matrix}\right.$

Bài 3 :

Ta có : $B=2(x-y)^{2}+2y^{2}+2x^{2}-3x=2x^{2}-4xy+2y^{2}+2x^{2}+2y^{2}-3x=3(x^{2}-x+1)+(x^{2}-4xy+4y^{2})=3[(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}]+(x-2y)^{2}=3(x-\frac{1}{2})^{2}+(x-2y)^{2}+\frac{9}{4}$

Do : $\left\{\begin{matrix} 3(x-\frac{1}{2})^{2} \geq 0\\ (x-2y)^{2} \geq 0 \end{matrix}\right.$ nên : $B \geq \frac{9}{4}$

Vậy : $minB = \frac{9}{4} \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\y=\frac{1}{4} \end{matrix}\right.$

Minh chưa giải nhưng có thể đây là một bài toán có cách giải đặc biệt thì sao ?

_ $\Delta ABC$ vuông tại A, có : $\widehat{ABC}=30^{O}$ $\Rightarrow \Delta ABC$ là nửa tam giác đều $\Rightarrow AC = \frac{BC}{2}=\frac{10}{2}=5$ (cm) và $AB=AC.\sqrt{3}=5\sqrt{3}$ (cm).

_ Trên cạnh BC, lấy điểm E sao cho AD là phân giác góc BAE. Kẻ EF vuông góc AB (F thuộc AB).

_ Dễ chứng minh tam giác AEC đều nên AE = AC = EC = 5 (cm)

_ Do AD là p/g góc BAE (cách dựng) nên : $\widehat{BAE}= 2.\widehat{BAD}=2.15^{O}=30^{O}$ , mà : $\widehat{EBA}=30^{O}$

nên $\Delta EAB$ cân tại E $\Rightarrow AE=BE=5$ 

_ Do : EC = 5 nên BE = BC - EC = 10 - 5 = 5 (cm)

Tính chất đường phân giác trong 1 tam giác : Trong tam giác ABC, gọi AD là tia phân giác, ta có : $\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}$

(Đây là 1 định lí của lớp 8, nên việc chứng minh bạn có thể đọc thêm)

_ Do AD là p/g góc BAE nên : $\frac{BD}{AB}=\frac{DE}{AE}= \frac{BD+DE}{AB+AE}=\frac{BE}{AB+AE}=\frac{5}{5 \sqrt{3}+5}\Rightarrow DE=\frac{AE.5}{5 \sqrt{3}+5}=(do:AE=5 cm)$

Vậy : $DC=DE+EC=\frac{5}{\sqrt{3}+1}+5=\frac{5+5\sqrt{3}}{2} (cm)$

P/S : Số khá xấu nhỉ !

Hướng khác : Nếu vẽ AE như mình thì AE cũng chính là trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông ABC.

Bài 1 :

Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$

Tìm min 

$P=\frac{bc}{a^{2}(b+c)}+\frac{ca}{b^{2}(c+a)}+\frac{ab}{c^{2}(a+b)}$

Bài 2 :

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$

Chứng minh :

$7(ab+bc+ca)\leq 2+9abc$

Bài 3 :

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

$\frac{4a}{b+c-a}+\frac{9b}{a+c-b}+\frac{16c}{a+b-c}\geq 26$

P/S : Các bạn giải càng nhiều cách càng tốt !

@Bổ sung : Trong đề, câu 1a thầy Cẩn có tham khảo từ trang web brilliant.org, câu 3 là đề thi học sinh giỏi thành phố Hồ Chí Minh, câu 5 thầy có tham khảo và chế lại từ đề thi Ams. (Các câu khác là sản phẩm cá nhân, nếu có trùng khớp ở đâu thì thành thật xin lỗi tác giả) - Thầy Cẩn nói. 

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10

Môn : Toán Chuyên

Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1 : 

a) Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $16p + 1$ là lập phương của một số tự nhiên.

b) Cho các số thực phân biệt $a,b,c$ thỏa mãn : $(a-b)(b-c)(c-a)=(a+b)(b+c)(c+a)$

Tính giá trị biểu thức :

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

Bài 2 : 

a) Giải phương trình : $3\sqrt{x+4}+3\sqrt{1-x}+4\sqrt{3x+9}=x^{2}+7x+21$

b) Tìm tất cả các bộ số dương $(x;y;z)$ thỏa mãn hệ phương trình : 

$\left\{\begin{matrix} 2yz=x^{2}-73\\2zx=y^{2}+2 \\ 2xy=z^{2}+71 \end{matrix}\right.$

Bài 3 : 

a) Cho $a< b< c$ là các số dương thỏa mãn : $ab+bc+ca=3$. Chứng minh rằng : $ab^{2}c^{3}<4$

b) Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn : $ab+bc+ca=3$. Tìm Giá trị lớn nhất của biểu thức : 

$P=4(\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+3}})+\frac{9c}{\sqrt{c^{2}+3}}$

Bài 4 : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$, có tia $AB$ cắt tia $CD$ tại $E$ và tia $AD$ cắt tia $BC$ tại $F$. Gọi $M$ là giao điểm thứ hai (khác $C$) của hai đường tròn $(BCE)$ và $CDF$. Chứng minh rằng : 

a) Ba điểm $E,M,F$ thẳng hàng.

b) Điểm $M$ thuộc đường tròn $(ADE)$.

c) $OM$ vuông góc $EF$

Bài 5 : Xét các số nguyên $a,b,c\in (-10^{6},10^{6})$ sao cho trong chúng có ít nhất một số khác 0. Chứng minh rằng : 

$\left | a+b\sqrt{3}+c\sqrt{5} \right |> \frac{1}{10^{21}}$

---HẾT---

(Võ Quốc Bá Cẩn)