$x=0$ vẫn đúng đó bạn Nếu x khác 0 thì

$x^2+x+1$ là số chính phương khi và chỉ khi $4x^2+4x+4$ là số chính phương

$\leftrightarrow (2x+1)+3=t^2$ ($t \in N*$)

$\Leftrightarrow (t-2x-1)(t+2x+1)=3$

Giải ra ta có đpcm (chú ý $x \in  Z$) 

Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng :

$$(a+b)(b+c)(c+a) \geq 4(a+b+c-1)$$

My solution !

Ta có $a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=(a+b+c)(ab+bc+ca)-1$

$=(a+b+c)(ab+bc+ca-\frac{1}{a+b+c})=(a+b+c)(ab+bc+ca+\frac{3}{a+b+c}-\frac{4}{a+b+c})$

Giờ đưa về chứng minh $ab+bc+ca+\frac{3}{a+b+c}\geq 4$

By AM-GM it done  

$ab+bc+ca+\frac{3}{a+b+c} \geq 4\sqrt[4]{\frac{(\sum ab)^3}{9(a+b+c)}}$

$ab+bc+ca\geq 3$

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

$\Rightarrow (\sum ab)^3 \geq 9(a+b+c)$

Ta đã chứng minh xong.

Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng :

$$(a+b)(b+c)(c+a) \geq 4(a+b+c-1)$$

Câu 1: 

a)Đk $x\ geq -2$... Phương trình tương đương $2x^2+6x+1=x^2+4x+4$

$\Leftrightarrow x^2+2x-3=0 \Leftrightarrow (x-1)(x+3)=0$ $\Leftrightarrow x=1$

b) Đặt $x=u$ $\dfrac{1}{y}=v$

Rồi thế mà giải bình thường thôi

Cu Jinbe này thì anh không ngạc nhiên lắm =D>

Có khi sau này ẻm đó IMO không chừng

ĐÚng đó anh ak...Anh thấy Điêm chuyên nó cao hơn điêm nền ko? 

LÀ do đề nên bài giải pt đọc sai đề...bài vận tốc làm sai Đáng là nó phải hơn kìa !

1/cho (O;R) đường kính AB, bán kính CO vuông góc với AB, M là điểm bất kì trên cung nhỏ AC ( M khác A và C), BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB, d là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A. Cho P là một điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và AP.MP/MA=R.

C/m đường thẳng PB đi qua trung điểm của HK

2/Với x, y là các số dương thỏa mãn Đk: x>=2y

TÌm gt nhỏ nhất của biểu thức: M= (x²+y²)/xy

3/ cho (O;R), trên dây Ab lấy 2 điểm C, D sao cho AC=CD=DB; OC và OD lần lượt cắt (O;R) tại E, F

C/m cung EF>cung AE

@Chú Ý : Lần sau phải gõ latex và không được post các bài tổng hợp vào cùng box Hình Học

Bài 2 Ta có $\dfrac{x^2+y^2}{xy}=\dfrac{x^2+4y^2-3y^2}{xy}=\dfrac{x^2+4y^2}-\dfrac{3y}{x} \geq \dfrac{4xy}{xy}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{5}{2}$

(Do $x \geq 2y \Rightarrow \dfrac{y}{x}\leq \dfrac{1}{2}$)

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014-2015

                                            MÔN TOÁN (Chuyên Toán)

                                  Thời gian: 150 phút. Ngày thi: 14/06/2014

 

 

Bài 1: Gọi x₁, x₂ là hai nghiệm của phương trình $x^{2}-x-1=0$. Không giải phương trình, chứng minh rằng $P(x_{1})=P(x_{2})$ với $P(x)=3x-\sqrt{33x+25}$  

Bài 2:   a) Giải phương trình $\sqrt{3+\sqrt{3+x}}=x$

            

Bài 3:   

            b) Cho a, b, c không âm và a + b + c = 1. Tìm GTNN, GTLN của $P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$

 

Câu :1  Dễ thấy $x_1=-x_2$: từ đó lấy $P(x_1)-P(x_2)$ là được

Câu 2 a) ta có thể đặt ẩn phụ để giải Đặt $\sqrt{3+x}=t$

Đưa về hệ $\left\{\begin{matrix} \sqrt{3+t}=x & & \\ \sqrt{3+x}=t & & \end{matrix}\right.$

Câu 3 Tìm max áp dụng B.C.S

Tìm min thì dùng $P \geq {2(a+b+c)}$

Cho tam giác ABC có đường cao Aa , Bb ,Cc. H là trực tâm. Cm: HA/Ha+HB/Hb+HC/Hc>=6. Hãy mở rộng với điểm M bất kì trong tam giác

Ta có 

$1+\dfrac{HA}{Ha}=\dfrac{Aa}{Ha}=\dfrac{S_{ABC}}{S_{BHC}}$

Tương tự rồi cộng lại ta có: 

$3+\dfrac{HA}{Ha}+\dfrac{HB}{Hb}+\dfrac{HC}{Hc}=(S_{ABC}).(\dfrac{1}{S_{BHC}}+\dfrac{1}{S_{AHC}}+\dfrac{1}{S_{AHB}}) \\\geq \dfrac{S_{ABC}.9}{S_{BHC}+S_{AHC}+S_{AHB}}=9$ (Áp dụng BDT Cauchy-schwarz)

$\Rightarrow \dfrac{HA}{Ha}+\dfrac{HB}{Hb}+\dfrac{HC}{Hc} \geq 6$ (đpcm)

Bài toán mở rộng chứng minh tương tự!

(ADM) là gì vậy bạn

ANh ấy hơn em 2 tuổi đó ..bạn gì.

Chú ý hôm sau không hỏi mấy cái linh tinh này nữa nhé (ADM) là đường tròn ngoại tiếp $\triangle ADM$

 

Áp dụng Mincopxki ta có:

$Ans\geq \sqrt{(1+1+1)^2+(\frac{\sqrt{bc}}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{ac}}{\sqrt{b}}+\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{c}})^2}=\sqrt{9+\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}+2(a+b+c)}\geq \sqrt{9+a+b+c+2(a+b+c)}=2\sqrt{3}$

Đây là điều phải chứng minh

 

That's a  nice solution. Another solution......

Cho $a, b ,c$ là các số thực thoả mãn  $a+b+c=1$ , Chứng minh rằng:

$\sqrt{1+\frac{bc }{a}}+\sqrt{1+\frac{ca }{b}}+\sqrt{1+\frac{ab }{c}}\ge 2\sqrt{3}.$

Cho $a,b,c \geq 0$ thảo mãn: $a^2+b^2+c^2=3$.Chứng minh rằng

$$\dfrac{a}{b+2}+\dfrac{b}{c+2}+\dfrac{c}{a+2} \leq 1$$

Lời giải:        Mời các bạn xem lời giải tại đây

Cho $a,b,c \geq 0$ thảo mãn: $a^2+b^2+c^2=3$.Chứng minh rằng

$$\dfrac{a}{b+2}+\dfrac{b}{c+2}+\dfrac{c}{a+2} \leq 1$$

x,y chưa chắc đã là 2 số dương sao dùng Cauchy được

Sao lại không dụng được :v $x\sqrt{1-y^2} \leq |x|\sqrt{1-y^2}=\sqrt{x^2}.\sqrt{1-y^2}\leq \dfrac{x^2+1-y^2}{2}$

mình mới tập dùng 1 số BDT đơn giản như AMGM và bunhia...

bạn sử dụng thành thạo nhiều BDT thì đăng 1 số BDt liên quan và làm hộ bọn mình mấy bài

à cho mình hỏi mình tưởng hệ số bất định chỉ dùng cho việc phân tích đa thức thôi

Cho a,b,c là những số thực thỏa mãn abc=1

Tìm GTLN của biểu thức:

$B=\sqrt{\frac{2}{1+a}}+\sqrt{\frac{2}{1+b}}+\sqrt{\frac{2}{1+c}}$

thank     

Gợi ý

Đặt $(a;b;c)=(\dfrac{y}{x};\dfrac{z}{y};\dfrac{x}{z})$ rồi đưa về bài toán quen thuộc

cho x,y: $x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}=1$.tìm S=x²+y²

Áp dụng BĐT cauchy ta có 

$x\sqrt{1-y^2} \leq \dfrac{x^2+1-y^2}{2}$

$y\sqrt{1-x^2} \leq \dfrac{y^2+1-x^2}{2}$

$\Rightarrow x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2} \leq 1$ 

Dấu bằng xảy ra khi $x^2=1-y^2$ hay $x^2+y^2=1$

Tham khảo tại https://www.facebook...ntrung/?fref=ts ở  bài của Hiếu A Master.

Hôm sau yêu cầu bạn đừng trích dẫn thế này nữa nhé...nhóm mình trên facebook bài viết cập nhật thưòng xuyên sao tìm nổi.

Bài trên $x^2+4x=8$ <=> $(x-2)^2+4(x+y)=12$

$\Rightarrow x+y \leq 3$

$P=\dfrac{10(x+y)}{9}+\dfrac{10}{x+y}-\dfrac{(x+y)}{9} \geq \dfrac{20}{3}-\dfrac{1}{3}=\dfrac{19}{3}$ (theo Cauchy)

Mình xin tự giới thiệu về cách làm này!!

Đây là 1 cách làm còn khá mới so với các bạn về chứng minh BĐT (mình tình cờ biết được cách này qua 1 người bạn).

Mình nghĩ đây là 1 phương pháp chứng minh BĐT rất hay, dễ hiểu đối với các bạn chứng minh bất đẳng thức lần đầu tiên, nên mình xin nói tại topic này!

*CHÚ Ý:

1. Đây là 1 phương pháp chứng minh rất mới nên các thành viên làm bài nào thì phải "triệt để" bài ấy thì mới có hiệu quả.

2. Làm bài phải rõ ràng, chi tiết giúp mọi người hiểu hết được.

3. Không có chuyện phân cấp ở đây, có gì khó hay dễ mọi người hãy giúp đỡ nhau!!

4. Cách này có 1 số chỗ sẽ cho là mất tự nhiên..........nên mọi người có ý kiến gì thì đóng góp ngay!!

*PHƯƠNG PHÁP:

Mình sẽ nói ngắn gọn về phương pháp này:

Đầu tiên ta chứng minh mỗi BĐT thì đều chứng minh các BĐT tuần tự rồi mới ra được kết quả cần chứng minh!

Nhưng ở đây, mình xin nói cách khác:

Chúng ta sẽ đi tìm 1 biểu thức $A$ thỏa mãn: $VT-A\geq 0$

(đương nhiên việc tìm ra biểu thức $A$ không phải chuyện đơn giản và hợp tự nhiên nên mình cần thảo luận ở phần này). Sau đó ta chứng minh $A\geq VP$ kiểu dễ tương tự với AM-GM,mấy BĐT cơ bản là ra (nói chung là dễ)

*BÀI TOÁN:

 

+ Bây giờ mình sẽ chứng minh thử 1 bài cho các bạn hình dung ra:

B1:

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn: $x+y+z=3$

CMR: $\frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}}+\frac{y^{3}}{y^{2}+z^{2}}+\frac{z^{3}}{z^{2}+x^{2}}\geq \frac{3}{2}$

BL:

Đương nhiên bài này chứng minh bình thường nhưng sẽ khá là khó và phức tạp:

Ở đây mình xin làm như sau:

Ta thấy dấu $"="$ của BĐT xảy ra khi $x=y=z=1$

Thay số vào: $\frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}}= \frac{1}{2}$ (đương nhiên đây chỉ là làm mò ra dấu $"="$ ở đây thôi)

Ta phải chọn biểu thức $A$ có giá trị khi thay $x=y=z=1$ cũng phải bằng $\frac{1}{2}$. Chọn $A=\frac{2x-y}{2}$  (đây là chỗ cần suy nghĩ)

Ta xét: $\frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}}-\frac{2x-y}{2}= \frac{2x^{3}-2x^{3}-2xy^{2}+x^{2}y+y^{3}}{2(x^{2}+y^{2})}= \frac{y(x-y)^{2}}{2(x^{2}+y^{2})}\geq 0$

$\Rightarrow \frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}}\geq \frac{2x-y}{2}$

$\Rightarrow \sum \frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}}\geq \sum \frac{2x-y}{2}=\frac{x+y+z}{2}=\frac{3}{2}$

Dấu =": $x=y=z=1$

Như các bạn đã thấy được công dụng của phương pháp này.......nó làm đơn giản đi sự phức tạp của BĐT rất nhiều........đây là 1 lợi thế của những ai hiểu và thông thạo cách làm này.

Riêng mình, mình thấy phương pháp này khá hay nhưng quy mô mà nó bao phủ thì khá hẹp, thường thì nó chỉ áp dụng được cho BĐT có lũy thừa thấp hoặc các biến đơn giản là 3,4 biến thôi.

Vì vậy cách chứng minh này thường không được biết nhiều lắm!

*BÀI TẬP:

Xin mời các bạn làm thử các bài dưới đây!

1.

Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn: $xyz=1$

CMR: $\sum \frac{x^{4}-x}{x^{2}+y+z}\geq 0$

2,

Cho x,y,z là các số thực thỏa mãm: $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq x+y+z$

CMR: $\sum \frac{x^{3}-x^{2}}{x^{3}+y^{2}+z^{2}}\geq 0$

3.

Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn:$abc=1$

CMR: $\sum \frac{a}{2b+1}\geq 1$

4.

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$

CMR: $\sum \frac{a}{b^{2}+c^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

5.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương.

CMR: $\sum \frac{a^{2}b(b-c)}{a+b}\geq 0$

6.

Cho $a,b,c$ là các số dương

CMR: $\sum \frac{b^{3}-a^{3}}{a^{2}(a^{3}+2b^{3})}\geq 0$

Mình thấy ở đây chả có gì gọi là kỳ lạ cả. Nó có phương pháp cả đó...cấp 3 gọi là phương pháp tiếp tuyến. 

Thực chất cái bạn nói chỉ là một phần nhỏ của phương pháp UCT (hệ số bất định)

Câu 2.1 có cách này cũng hay nè:  

Giả thiết $x+y+z=xyz \Rightarrow x^2+xy+xz=x^2yz \Rightarrow x^2+xy+xz+yz=yz(1+x^2)$

$\Rightarrow (x+y)(x+z)=yz(1+x^2)$ $\Rightarrow x^2+1=\dfrac{(x+y)(z+x)}{1+x^2}$ tương tự với mấy cái kia thay vào rồi quy đông lên là ngon.

Xem lời giải tại đây

Xem tại đây 

Không mất tính tổng quát giả sử x là số nhỏ nhất

Xét 2 trường hợp sau

TH1: yz$\leq 1$

Suy ra xy,xz$\leq 1$ hay P$\leq 3$

TH2: yz>1

Suy ra $xyz\geq x => 4=x+y+z+xyz\geq x+y+x+z\geq 2\sqrt{(x+y)(x+z)}=2\sqrt{x^{2}+P}\geq 2\sqrt{P}$

Hay $P\leq 4$

Vậy Max P=4 <=>$\left\{\begin{matrix} xyz=x & & \\ x^{2}=0 & & \\ x+y=x+z & & \\ x+y+z+xyz=4 & & \end{matrix}\right.$

<=> x=0,y=z=2 và các hoán vị

Cách 2

Giả sử x=max{x;y;z}

$\Rightarrow x+y+z \leq  3x$ và $xyz \leq x^3$

$\Rightarrow x^3+3x \geq 4$ $\Leftrightarrow (x-1)(x^2+x+4) \geq 0$

$\Rightarrow x \geq 1$

Ta có $P=x(x+y+z)+yz-x^2=x(4-xyz)+yz-x^2=-(x-2)^2+4+yz(1-x^2) \leq 4$

Vậy $P_{max}=4$ khi $x,y,z$ là hoán vị của $(2;2;0)$

Xét $p=2 => q=2$ thỏa mãn

      $p=3 =>q=0$ không thỏa mãn

Với $p\geq 5$ phương trình trở thành

    $(p-3)(p+3)=8q$

Vì p là số nguyên tố $\geq$ 5 nên p lẻ nên vế trái chia hết cho 16$=> 8q \vdots 16$

Từ đó $=>$ q chẵn 

  mà q nguyên tố nên q=2

 Vậy phương trình có cặp nghiệm duy nhất p=5,q=2

Sai nhé $p=7;q=5$ xem đúng không

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Đại Học Vinh môn toán (vòng 2)

Năm Học 2014-2015

Câu 1: Giải các phương trình sau

a) $\dfrac{3}{x^2-2x}+\dfrac{4}{(x-1)^2}=5$

b) $\sqrt{x}+\sqrt{2x-1}=\sqrt{4x-1}$

Câu 2: Tìm các số nguyên tố $p,q$ thỏa mãn $p^2=8q+9$

Câu 3: Giả sử $n$ là một số nguyên dương và $a_1,a_2,..a_{n}$ là các số nguyên lẻ.

      Đặt $A_{n}=a_1^4+a_2^4+...+a_{n}^4$. Chứng minh rằng $A_{n}$ chai hết cho 16 khi và chỉ khi $n$ chia hết cho 16

Câu 4: Giả sử $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $x+y+z+xyz=4$

Tìm giá trị lớn nhất của $P=xy+yz+zx$

Câu 5 : Cho đường tròn $(O;R)$ và $AB$ là một dây cung của đường tròn đó $(AB<2R)$. $M$ là điểm thuộc cung lớn $AB$ (M khác A và B). Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $AB$.

a) Chứng minh rằng $\angle AMH=\angle BMO$

b) Gọi $I$ là điểm chính giữa cung nhỏ $AB$, $J$ là giao điểm của $MI$ và $AB$.

CHứng minh rằng $MA.MB=MI.MJ$

c) Gọi $K$ là điểm đối xứng với $I$ qua $O$.Chứng minh rằng đường thẳng $BK $ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp $MJB$