hình như bạn làm sai đoạn này rồi!
Đúng vậy.. Phải chú ý rằng tử số không hề khẳng định được là dương. Nếu tử số âm thì BĐT sẽ đổi chiều!!hình như bạn làm sai đoạn này rồi!
minh29995 nội dung
Có 379 mục bởi minh29995 (Tìm giới hạn từ 07-05-2020)
#353437 [MHS2013] Trận 3 - Hàm số - cực trị - bất đẳng thức
Đã gửi bởi
on 10-09-2012 - 20:21
trong
Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
#353436 [MHS2013] Trận 3 - Hàm số - cực trị - bất đẳng thức
Đã gửi bởi
on 10-09-2012 - 20:19
trong
Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Rõ ràng khi gõ phần mở rộng mình có ghi giả thiết là $a_1, a_2, a_3..$ thỏa mãn
$a_1+a_2+..+a_n+1=(n+1)a_1a_2a_3..a_n$ Mà lại không thấy nhỉ..@@
$a_1+a_2+..+a_n+1=(n+1)a_1a_2a_3..a_n$ Mà lại không thấy nhỉ..@@
#353379 [MHS2013] Trận 3 - Hàm số - cực trị - bất đẳng thức
Đã gửi bởi
on 10-09-2012 - 17:08
trong
Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Điều này là sai rồi bạn ơi:Đây:
$\frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le 0$
Có 3 mẫu số, như vậy dù tử số thế nào thì ta cũng được phép cộng gộp lại vì ta luôn có giá trị gộp lại luôn lớn hơn giá trị lúc chưa gộp, cần chứng minh cho nó bé hơn 0 mà mẫu dương thì chỉ cần chứng minh tử số âm là đủ.
Nếu TS dương thì không thể cọng gộp lại:
chẳng hạn cho $a=0,1; b=0,2; c=0,2$ thì rõ ràng phép cộng gộp là sai..
(Trong khi bạn cộng gộp không hề sử dụng giả thiết $abc\geq 1$ nên có thẻ lấy tùy ý thế này nhé!)
#353044 [MHS2013] Trận 3 - Hàm số - cực trị - bất đẳng thức
Đã gửi bởi
on 09-09-2012 - 07:17
trong
Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Bài mở rộng trên có vài chỗ cần chỉnh.. Em xin lấy bài mở rộng này.. Bỏ bài mở rộng trên!
Mở rộng: Tổng quát bài toán với n biến (n lẻ)
Cho $a_1, a_2, a_3,...., a_n$ là những só thực dương thỏa mãn:
$\sum\frac{1}{a_{1}^{n+1}+a_2+a_3+...+a_n}\leq \frac{n}{a_1+a_2+...+a_n}$
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$\sum\frac{a_1^{n+1}-a_1}{a_1^{n+1}+a_2+...+a_n}\geq 0$
*Áp dụng AM-GM ta có:
$a_1^{n+1}+a_2+..+a_n\geq na_1.\sqrt[n]{a_1a_2a_3..a_n}$
$a_2^{n+1}+a_3+..+a_n+a_1\geq na_2.\sqrt[n]{a_1a_2a_3..a_n}$
........
$a_n^{n+1}+a_1+..+a_{n-1}\geq na_n.\sqrt[n]{a_1a_2a_3..a_n}$
và
$(n+1)a_1a_2..a_n=1+a_1+a_2+..+a_n\geq (n+1)\sqrt[n+1]{a_1a_2..a_n}$
Suy ra: $a_1a_2a_3..a_n\geq 1$
Do đó:
$\sum\frac{a_1}{a_1^{n+1}+a_2+..+a_n}\leq \frac{1}{\sqrt[n]{a_1a_2..a_n}}\leq 1$ (1)
*Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta có:
$\sum\frac{a_1^{n+1}}{a_1^{n+1}+a_2+..+a_n}\geq \frac{(a_1^{\frac{n+1}{2}}+a_2^{\frac{n+1}{2}}+..+a_n^{\frac{n+1}{2}})^2}{a_1^{n+1}+a_2^{n+1}+..a_n^{n+1}+(n-1)(\sum a_1)}= S$
Ta chứng minh $S\geq 1$ (2)
Tương đương:
$\sum a_1^{\frac{n+1}{2}}a_2^{\frac{n+1}{2}}\geq \frac{n-1}{2}(\sum a_1)$
Áp dụng AM-GM cho $\frac{(n-1)(n+1)(n-2}{2}$ số ta có:
$(n-3)(\sum_{i,j=2}^n a_i^{\frac{n+1}{2}}a_j^{\frac{n+1}{2}})+2(n-2)a_1^{\frac{n+1}{2}}(a_2^{\frac{n+1}{2}}+a_3^{\frac{n+1}{2}}+..+a_n^{\frac{n+1}{2}})\geq \frac{(n-1)(n+1)(n-1)}{2}a_1^2a_2a_3...a_n$
($i< j$)
Tương tự với các biến còn lại rồi cộng vế ta được:
$(n+1)(n-2)\sum a_1^{\frac{n+1}{2}}a_2^{\frac{n+1}{2}}\geq \frac{(n+1)(n-1)(n-2)}{2}a_1a_2..a_n(a_1+a_2+..+a_n)$
Do đó (2) đúng. (Do $a_1a_2a_3..a_n\geq 1$) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a_1=a_2=..=a_n=1$
Điểm mở rộng: 5
Mở rộng: Tổng quát bài toán với n biến (n lẻ)
Cho $a_1, a_2, a_3,...., a_n$ là những só thực dương thỏa mãn:
$\sum\frac{1}{a_{1}^{n+1}+a_2+a_3+...+a_n}\leq \frac{n}{a_1+a_2+...+a_n}$
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$\sum\frac{a_1^{n+1}-a_1}{a_1^{n+1}+a_2+...+a_n}\geq 0$
*Áp dụng AM-GM ta có:
$a_1^{n+1}+a_2+..+a_n\geq na_1.\sqrt[n]{a_1a_2a_3..a_n}$
$a_2^{n+1}+a_3+..+a_n+a_1\geq na_2.\sqrt[n]{a_1a_2a_3..a_n}$
........
$a_n^{n+1}+a_1+..+a_{n-1}\geq na_n.\sqrt[n]{a_1a_2a_3..a_n}$
và
$(n+1)a_1a_2..a_n=1+a_1+a_2+..+a_n\geq (n+1)\sqrt[n+1]{a_1a_2..a_n}$
Suy ra: $a_1a_2a_3..a_n\geq 1$
Do đó:
$\sum\frac{a_1}{a_1^{n+1}+a_2+..+a_n}\leq \frac{1}{\sqrt[n]{a_1a_2..a_n}}\leq 1$ (1)
*Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta có:
$\sum\frac{a_1^{n+1}}{a_1^{n+1}+a_2+..+a_n}\geq \frac{(a_1^{\frac{n+1}{2}}+a_2^{\frac{n+1}{2}}+..+a_n^{\frac{n+1}{2}})^2}{a_1^{n+1}+a_2^{n+1}+..a_n^{n+1}+(n-1)(\sum a_1)}= S$
Ta chứng minh $S\geq 1$ (2)
Tương đương:
$\sum a_1^{\frac{n+1}{2}}a_2^{\frac{n+1}{2}}\geq \frac{n-1}{2}(\sum a_1)$
Áp dụng AM-GM cho $\frac{(n-1)(n+1)(n-2}{2}$ số ta có:
$(n-3)(\sum_{i,j=2}^n a_i^{\frac{n+1}{2}}a_j^{\frac{n+1}{2}})+2(n-2)a_1^{\frac{n+1}{2}}(a_2^{\frac{n+1}{2}}+a_3^{\frac{n+1}{2}}+..+a_n^{\frac{n+1}{2}})\geq \frac{(n-1)(n+1)(n-1)}{2}a_1^2a_2a_3...a_n$
($i< j$)
Tương tự với các biến còn lại rồi cộng vế ta được:
$(n+1)(n-2)\sum a_1^{\frac{n+1}{2}}a_2^{\frac{n+1}{2}}\geq \frac{(n+1)(n-1)(n-2)}{2}a_1a_2..a_n(a_1+a_2+..+a_n)$
Do đó (2) đúng. (Do $a_1a_2a_3..a_n\geq 1$) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a_1=a_2=..=a_n=1$
Điểm mở rộng: 5
#352735 [MHS2013] Trận 3 - Hàm số - cực trị - bất đẳng thức
Đã gửi bởi
on 07-09-2012 - 20:14
trong
Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Lời giải:
BĐT đã cho tương đương với:
$\frac{a+b+c}{a^4+b+c}+\frac{a+b+c}{b^4+c+a}+\frac{a+b+c}{c^4+a+b}\leq 3$
$\Leftrightarrow \frac{a^4-a}{a^4+b+c}+\frac{b^4-b}{b^4+c+a}+\frac{c^4-c}{c^4+a+b}\geq 0$ (*)
**Do a,b,c dương nên áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$a^4+b+c\geq 3a\sqrt[3]{abc}$
$b^4+c+a\geq3b\sqrt[3]{abc}$
$c^4+b+a\geq3c\sqrt[3]{abc}$
$4abc=a+b+c+1\geq 4\sqrt[4]{abc}\Leftrightarrow abc\geq 1$
Do đó:
$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\leq 1$ (1)
**Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta có:
$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}$
Ta sẽ chứng minh:
$\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}\geq 1$
$\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a+b+c$ (3)
Ta có:
$(ab-bc)^2+(bc-ca)^2+(ca-ab)^2\geq 0$
$\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\geq a+b+c$ (Do $abc\geq 1$)
Do đó (3) đúng:
Vậy:
$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b}\geq 1$ (2)
Từ (1) và (2) ta có (*) đúng
Suy ra đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1.
$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$
S = 52 + 3x10 + 0 + 0 = 82
BĐT đã cho tương đương với:
$\frac{a+b+c}{a^4+b+c}+\frac{a+b+c}{b^4+c+a}+\frac{a+b+c}{c^4+a+b}\leq 3$
$\Leftrightarrow \frac{a^4-a}{a^4+b+c}+\frac{b^4-b}{b^4+c+a}+\frac{c^4-c}{c^4+a+b}\geq 0$ (*)
**Do a,b,c dương nên áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$a^4+b+c\geq 3a\sqrt[3]{abc}$
$b^4+c+a\geq3b\sqrt[3]{abc}$
$c^4+b+a\geq3c\sqrt[3]{abc}$
$4abc=a+b+c+1\geq 4\sqrt[4]{abc}\Leftrightarrow abc\geq 1$
Do đó:
$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\leq 1$ (1)
**Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta có:
$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}$
Ta sẽ chứng minh:
$\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}\geq 1$
$\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a+b+c$ (3)
Ta có:
$(ab-bc)^2+(bc-ca)^2+(ca-ab)^2\geq 0$
$\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\geq a+b+c$ (Do $abc\geq 1$)
Do đó (3) đúng:
Vậy:
$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b}\geq 1$ (2)
Từ (1) và (2) ta có (*) đúng
Suy ra đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1.
$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$
S = 52 + 3x10 + 0 + 0 = 82
#352340 Topic nhận đề Hàm số - cực trị - bất đẳng thức
Đã gửi bởi
on 05-09-2012 - 18:40
trong
Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Đề bài:
Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn:
$x+y+z=4$
Tìm GTNN của biểu thức:
$A=4xyz-2(xy+yz+xz)-12\sqrt[3]{x^2+y^2+z^2}$
Lời giải:
Ta có:
$A=4xyz+x^2+y^2+z^2-12\sqrt[3]{x^2+y^2+z^2}-16$
Đặt $\sqrt[3]{x^2+y^2+z^2}=t$ ta được:
$A=4xyz+t^3-12t-16\geq t^3-12t-16$
Ta có:
$(t-2)^2(t+4)\geq 0$
Suy ra:
$t^3-12t\geq -16$
(Bước này có thể khảo sát hàm số)
Do đó:
$A\geq -32$
Dấu bằng xảy ra khi x,y,z có 2 số bằng 2 và 1 số bằng 0
Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn:
$x+y+z=4$
Tìm GTNN của biểu thức:
$A=4xyz-2(xy+yz+xz)-12\sqrt[3]{x^2+y^2+z^2}$
Lời giải:
Ta có:
$A=4xyz+x^2+y^2+z^2-12\sqrt[3]{x^2+y^2+z^2}-16$
Đặt $\sqrt[3]{x^2+y^2+z^2}=t$ ta được:
$A=4xyz+t^3-12t-16\geq t^3-12t-16$
Ta có:
$(t-2)^2(t+4)\geq 0$
Suy ra:
$t^3-12t\geq -16$
(Bước này có thể khảo sát hàm số)
Do đó:
$A\geq -32$
Dấu bằng xảy ra khi x,y,z có 2 số bằng 2 và 1 số bằng 0
#351652 Giải PT : $\sqrt{x^{4} + 7x^{2}+ 1} +...
Đã gửi bởi
on 02-09-2012 - 20:12
trong
Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Bài 1:
Áp dụng AM-Gm ta có:
$x^4+1\geq 2x^2$
Suy ra $VP\geq 4x$
Dấu bằng khi x=1.
Bài 2:
Ta có PT đã cho tương đương với:
$x+\sqrt{x}+\sqrt{3x-2}+\sqrt{6-4x-x^2}=(x-1)^2+4$
Áp dụng C-S ta có:
$VT\leq \sqrt{4.4}=4\leq VP$
Dấu bằng khi x=1.
Áp dụng AM-Gm ta có:
$x^4+1\geq 2x^2$
Suy ra $VP\geq 4x$
Dấu bằng khi x=1.
Bài 2:
Ta có PT đã cho tương đương với:
$x+\sqrt{x}+\sqrt{3x-2}+\sqrt{6-4x-x^2}=(x-1)^2+4$
Áp dụng C-S ta có:
$VT\leq \sqrt{4.4}=4\leq VP$
Dấu bằng khi x=1.
#351307 [MHS2013] Trận 2 - Phương trình lượng giác
Đã gửi bởi
on 01-09-2012 - 10:08
trong
Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Mở rộng 2: Cách giải tổng quát thứ 2 cho bài toán.
Những phương trình dạng bậc 2 với sinx và cosx ta luôn đưa được về dạng:
$asin^2x+bsinx+csinx.cosx+dcosx+e=0$
$\Leftrightarrow asin^2x+bsinx+e=-cosx(csinx+d)$
$\Rightarrow (a^2+c^2)sin^4x+2(ab+cd)sin^3x+(b^2+2ae-c^2+d^2).sin^2x+2(be-cd)sinx+e^2-d^2=0$
Đây là phương trình 1 ẩn sinx. Ta giải như PT đại số bình thường tìm nghiệm sinx thỏa mãn.
Cuối cùng thay lại nghiệm để kiểm tra ta được nghiệm của phương trình.
(Một số bài toán không thể phân tích $\Delta$ thành bình phương).
Mở rộng này xem ra rộng quá!
Dẫn đến phương trình bậc 4 đầy đủ thì....chết!
Điểm mở rộng: 4
Những phương trình dạng bậc 2 với sinx và cosx ta luôn đưa được về dạng:
$asin^2x+bsinx+csinx.cosx+dcosx+e=0$
$\Leftrightarrow asin^2x+bsinx+e=-cosx(csinx+d)$
$\Rightarrow (a^2+c^2)sin^4x+2(ab+cd)sin^3x+(b^2+2ae-c^2+d^2).sin^2x+2(be-cd)sinx+e^2-d^2=0$
Đây là phương trình 1 ẩn sinx. Ta giải như PT đại số bình thường tìm nghiệm sinx thỏa mãn.
Cuối cùng thay lại nghiệm để kiểm tra ta được nghiệm của phương trình.
(Một số bài toán không thể phân tích $\Delta$ thành bình phương).
Mở rộng này xem ra rộng quá!
Dẫn đến phương trình bậc 4 đầy đủ thì....chết! Điểm mở rộng: 4
#351236 [MHS2013] Trận 2 - Phương trình lượng giác
Đã gửi bởi
on 31-08-2012 - 22:31
trong
Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Mở rộng:
Tổng quát cho bài toán trên:
Với các phương trình dạng như trên ta luôn đưa được về phương trình bậc 2 với sinx và cos x dạng:
$asin^2x+bsinx+dcos^2x+ecosx+fsinx.cosx=0$ Nên mở rộng với VP là một hằng số g chẳng hạn.
khi đo ta coi 1 biến là ẩn (sinx) và biến còn lại la tham số. ta được phương trình bậc 2 với sinx dạng:
$asin^2x+(b+fcosx)sinx+dcos^2x+ecosx=0$
$\Delta= b^2+f^2cos^2x-4da.cos^2x-4ea.cosx=(f^2-4da)cos^2x-4ea.cosx+b^2$
Khi đó nếu $\Delta >0$ thì ta được:
$\begin{bmatrix} sinx=\frac{-b-fcosx+\sqrt{\Delta}}{2a}\\ sinx=\frac{-b-fcosx+\sqrt{\Delta}}{2a} \end{bmatrix}$
(Với những bài dạng như trên ta thường tìm được $\Delta$ là chính phương - chính xác hơn là: bình phương của một số (biểu thức)!)
khi đó ta đưa được về phương trình bậc nhất và giải bình thường.
Với bài toán trên:
Phương trình đã cho đưa về dạng:
$(3-\sqrt{3})sin^2x+2[(1+\sqrt{3})cosx-\sqrt{3}]sinx+(1+\sqrt{3})cos^2x-2cosx$
Ta có:
$\Delta'=4cos^2x-4\sqrt{3}cosx+3=(2cosx+\sqrt{3})^2$ (Chính phương)
Do đó:
$\begin{bmatrix} sinx=-\frac{cosx}{\sqrt{3}}\\ sinx=\frac{2-(\sqrt{3}+1)cosx}{\sqrt{3}-1} \end{bmatrix}$
Và bài toán đưa về bài toán bậc nhất!
$\boxed{Điểm mở rộng: 7}$
Tổng quát cho bài toán trên:
Với các phương trình dạng như trên ta luôn đưa được về phương trình bậc 2 với sinx và cos x dạng:
$asin^2x+bsinx+dcos^2x+ecosx+fsinx.cosx=0$ Nên mở rộng với VP là một hằng số g chẳng hạn.
khi đo ta coi 1 biến là ẩn (sinx) và biến còn lại la tham số. ta được phương trình bậc 2 với sinx dạng:
$asin^2x+(b+fcosx)sinx+dcos^2x+ecosx=0$
$\Delta= b^2+f^2cos^2x-4da.cos^2x-4ea.cosx=(f^2-4da)cos^2x-4ea.cosx+b^2$
Khi đó nếu $\Delta >0$ thì ta được:
$\begin{bmatrix} sinx=\frac{-b-fcosx+\sqrt{\Delta}}{2a}\\ sinx=\frac{-b-fcosx+\sqrt{\Delta}}{2a} \end{bmatrix}$
(Với những bài dạng như trên ta thường tìm được $\Delta$ là chính phương - chính xác hơn là: bình phương của một số (biểu thức)!)
khi đó ta đưa được về phương trình bậc nhất và giải bình thường.
Với bài toán trên:
Phương trình đã cho đưa về dạng:
$(3-\sqrt{3})sin^2x+2[(1+\sqrt{3})cosx-\sqrt{3}]sinx+(1+\sqrt{3})cos^2x-2cosx$
Ta có:
$\Delta'=4cos^2x-4\sqrt{3}cosx+3=(2cosx+\sqrt{3})^2$ (Chính phương)
Do đó:
$\begin{bmatrix} sinx=-\frac{cosx}{\sqrt{3}}\\ sinx=\frac{2-(\sqrt{3}+1)cosx}{\sqrt{3}-1} \end{bmatrix}$
Và bài toán đưa về bài toán bậc nhất!
$\boxed{Điểm mở rộng: 7}$
#351194 [MHS2013] Trận 2 - Phương trình lượng giác
Đã gửi bởi
on 31-08-2012 - 20:39
trong
Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Phương trình đã cho tương đương với:Giải phương trình
$$(1+\sqrt{3})sin \left (2x + \frac{\pi}{4}\right )=2\sqrt{2} \left [cos \left (x-\frac{\pi}{3}\right )-sin^{2}x \right ]$$
Toán thủ ra đề
nguyenhang28091996
$4sin^2x+2(1+\sqrt{3})sinx.cosx+(1+\sqrt{3})(cos^2x-sin^2x)=2(cosx+\sqrt{3}sinx)$
$\Leftrightarrow (cosx+\sqrt{3}sinx)[(\sqrt{3}-1)sinx+(\sqrt{3}+1)cosx-2]=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} tanx=-\frac{1}{\sqrt{3}}\\ sin(x+\frac{5\pi}{12})=\frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=-\frac{\pi}{6}+k\pi\\ x=\frac{\pi}{3}+k2\pi \end{bmatrix}$
($k\in Z$)
Kết luận: PT đã cho có nghiệm là:
$x=-\frac{\pi}{6}+k\pi$ và $x=\frac{\pi}{3}+k2\pi$ ($k\in Z$)
$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$
S = 52 - 0 + 3.10 + 7 + 4 + 0 = 93
#350769 Topic nhận đề PT lượng giác
Đã gửi bởi
on 29-08-2012 - 21:21
trong
Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Đề bài:
Giải phương trình:
$\frac{3}{2}sin2x-cos2x-9cos^2x+2sinx+17cosx-3=0$
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
$3sinxcosx+sin^2x-10cos^2x+2sinx+17cosx-3=0$
$\Leftrightarrow sin^2x+(3cosx+2)sinx-10cos^2x+17cosx-3=0$
$\Delta = 49cos^2x-56cosx+16=(7x-4)^2$
Do đó:
$sinx=-5cosx+1$
hoặc $sinx=2cosx-3$ (Phương trình này vô nghiệm)
Tương đương:
$sinx+5cosx=1$
$\Leftrightarrow sin(x+\alpha )=\frac{1}{\sqrt{26}}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=\beta - \alpha +k.2\pi\\ x=\pi -\beta -\alpha +k.2\pi \end{bmatrix}$
($k\in Z$)
Với: $\left\{\begin{matrix} sin\alpha =\frac{5}{\sqrt{26}}\\ cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{26}} \end{matrix}\right.$
và:
$sin\beta =\frac{1}{\sqrt{26}}$
Mới fix LATEX nộp lại.. Xin lỗi BQT
Giải phương trình:
$\frac{3}{2}sin2x-cos2x-9cos^2x+2sinx+17cosx-3=0$
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
$3sinxcosx+sin^2x-10cos^2x+2sinx+17cosx-3=0$
$\Leftrightarrow sin^2x+(3cosx+2)sinx-10cos^2x+17cosx-3=0$
$\Delta = 49cos^2x-56cosx+16=(7x-4)^2$
Do đó:
$sinx=-5cosx+1$
hoặc $sinx=2cosx-3$ (Phương trình này vô nghiệm)
Tương đương:
$sinx+5cosx=1$
$\Leftrightarrow sin(x+\alpha )=\frac{1}{\sqrt{26}}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=\beta - \alpha +k.2\pi\\ x=\pi -\beta -\alpha +k.2\pi \end{bmatrix}$
($k\in Z$)
Với: $\left\{\begin{matrix} sin\alpha =\frac{5}{\sqrt{26}}\\ cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{26}} \end{matrix}\right.$
và:
$sin\beta =\frac{1}{\sqrt{26}}$
Mới fix LATEX nộp lại.. Xin lỗi BQT
#350767 Topic nhận đề PT lượng giác
Đã gửi bởi
on 29-08-2012 - 21:19
trong
Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Đề bài:
Giải phương trình:
$\frac{3}{2}sin2x-cos2x-9cos^2x+2sinx+17cosx-3=0$
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
$3sinxcosx+sin^2x-10cos^2x+2sinx+17cosx-3=0$
$\Leftrightarrow sin^2x+(3cosx+2)sinx-10cos^2x+17cosx-3=0$
$\Delta = 49cos^2x-56cosx+16=(7x-4)^2$
Do đó:
$sinx=-5cosx+1$
hoặc $sinx=2cosx-3$ (Phương trình này vô nghiệm)
Tương đương:
$sinx+5cosx=1$
$\Leftrightarrow sin(x+\alpha )=\frac{1}{\sqrt{26}}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=\beta - \alpha +k.2\pi\\ x=\pi -\beta -\alpha +k.2\pi \end{bmatrix}$
($k\in Z)
Với: $\left\{\begin{matrix} sin\alpha =\frac{5}{\sqrt{26}}\\ cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{26}} \end{matrix}\right.$
và:
$sin\beta =\frac{1}{\sqrt{26}}$
Giải phương trình:
$\frac{3}{2}sin2x-cos2x-9cos^2x+2sinx+17cosx-3=0$
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
$3sinxcosx+sin^2x-10cos^2x+2sinx+17cosx-3=0$
$\Leftrightarrow sin^2x+(3cosx+2)sinx-10cos^2x+17cosx-3=0$
$\Delta = 49cos^2x-56cosx+16=(7x-4)^2$
Do đó:
$sinx=-5cosx+1$
hoặc $sinx=2cosx-3$ (Phương trình này vô nghiệm)
Tương đương:
$sinx+5cosx=1$
$\Leftrightarrow sin(x+\alpha )=\frac{1}{\sqrt{26}}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=\beta - \alpha +k.2\pi\\ x=\pi -\beta -\alpha +k.2\pi \end{bmatrix}$
($k\in Z)
Với: $\left\{\begin{matrix} sin\alpha =\frac{5}{\sqrt{26}}\\ cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{26}} \end{matrix}\right.$
và:
$sin\beta =\frac{1}{\sqrt{26}}$
#349597 $abc=1$ Chứng minh rằng $\dfrac{1+ab^2}{c^...
Đã gửi bởi
on 25-08-2012 - 18:01
trong
Bất đẳng thức và cực trị
BĐT cần chứng minh tương đương:Bài toán :
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1+ab^2}{c^3}+\dfrac{1+bc^2}{a^3}+\dfrac{1+ca^2}{b^3} \ge \dfrac{18}{a^3+b^3+c^3}$$
$\sum\frac{1}{a^3}+\frac{a}{b^4}+\frac{b}{c^4}+\frac{c}{a^4}\geq\frac{18}{a^3+b^3+c^3}$
Áp dụng C-S ta có:
$\sum\frac{1}{a^3}\geq\frac{9}{a^3+b^3+c^3}$ (1)
Giả sử $a\geq b\geq c$, Áp dụng BĐT hoán vị ta có:
$\frac{a}{a^4}+\frac{b}{b^4}+\frac{c}{c^4}\leq \frac{a}{b^4}+\frac{b}{c^4}+\frac{c}{a^4}$
$\Leftrightarrow \frac{a}{b^4}+\frac{b}{c^4}+\frac{c}{a^4}\geq \sum\frac{1}{a^3}\geq \frac{9}{a^3+b^3+c^3}$ (2)
Cộng vế (1) và (2) ta có ĐPCM
#349395 [MHS2013] Trận 1 - PT - HPT - BPT - HBPT Đại số
Đã gửi bởi
on 24-08-2012 - 20:21
trong
Thi giải toán Marathon cấp THPT 2013
Trần Tuấn Minh xin giải bài toán:
Ta có hệ đã cho tương đương với:
$\left\{\begin{matrix} 2x^3+6xy^2=10\\ 3x^2+3y^2-30xy-39x+15y+9=0 \end{matrix}\right.$
Cộng từng vế hệ trên ta được:
$2x^3-3x^2+39x-19+3y^2(2x-1)+30xy-15y=0$
$\Leftrightarrow 3y^2(2x-1)+15y(2x-1)+(2x-1)(x^2-x+19)=0$
$\Leftrightarrow (2x-1)(x^2-x+3y^2+15y+19)=0$
$\Leftrightarrow (2x-1)(x^2-x+3y^2+15y+19)=0$ (*)
$\Leftrightarrow (2x-1)[(x-\frac{1}{2})^2+3(y+\frac{5}{2})^2]=0$
Do đó:
$x=\frac{1}{2}$ hoặc
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{-5}{2} \end{matrix}\right.$
**Với $x=\frac{1}{2}$ Thay vào (1) ta có:
$\frac{1}{8}+\frac{3}{2}y^2=5$
$\Leftrightarrow y^2=\frac{13}{4}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=\frac{\sqrt{13}}{2}\\ y=-\frac{\sqrt{13}}{2} \end{bmatrix}$
**Với $x=\frac{1}{2}, y=\frac{-5}{2}$ Thay vào (1) Thấy không thỏa mãn.
Kết Luân:
Phương trình đã cho có 2 cặp nghiệm (x,y) thỏa mãn là:
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{\sqrt{13}}{2} \end{matrix}\right.$
và
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{-\sqrt{13}}{2} \end{matrix}\right.$
Điểm bài: 9.5
S=48−(20−20)+3×9.5+0+0=76.5
Ta có hệ đã cho tương đương với:
$\left\{\begin{matrix} 2x^3+6xy^2=10\\ 3x^2+3y^2-30xy-39x+15y+9=0 \end{matrix}\right.$
Cộng từng vế hệ trên ta được:
$2x^3-3x^2+39x-19+3y^2(2x-1)+30xy-15y=0$
$\Leftrightarrow 3y^2(2x-1)+15y(2x-1)+(2x-1)(x^2-x+19)=0$
$\Leftrightarrow (2x-1)(x^2-x+3y^2+15y+19)=0$
$\Leftrightarrow (2x-1)(x^2-x+3y^2+15y+19)=0$ (*)
$\Leftrightarrow (2x-1)[(x-\frac{1}{2})^2+3(y+\frac{5}{2})^2]=0$
Do đó:
$x=\frac{1}{2}$ hoặc
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{-5}{2} \end{matrix}\right.$
**Với $x=\frac{1}{2}$ Thay vào (1) ta có:
$\frac{1}{8}+\frac{3}{2}y^2=5$
$\Leftrightarrow y^2=\frac{13}{4}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=\frac{\sqrt{13}}{2}\\ y=-\frac{\sqrt{13}}{2} \end{bmatrix}$
**Với $x=\frac{1}{2}, y=\frac{-5}{2}$ Thay vào (1) Thấy không thỏa mãn.
Kết Luân:
Phương trình đã cho có 2 cặp nghiệm (x,y) thỏa mãn là:
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{\sqrt{13}}{2} \end{matrix}\right.$
và
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{-\sqrt{13}}{2} \end{matrix}\right.$
Điểm bài: 9.5
S=48−(20−20)+3×9.5+0+0=76.5
#344229 Chứng minh rằng với mọi $x \ge 0$ ta có: $2x^4+4x^3-4x^2-...
Đã gửi bởi
on 07-08-2012 - 08:17
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Áp dụng AM-GM ta có:Chứng minh rằng với mọi $x \ge 0$ ta có: $2x^4+4x^3-4x^2-x+2 > 0 $
___
$4x^3+x\geq 4x^2$
$2x^4+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 2\sqrt{2}x\geq 2x$
Do đó dễ thấy $VT>VP$
#342769 Giải phương trình : $x^2=\sqrt{x^3 - x^2}+\sqrt...
Đã gửi bởi
on 02-08-2012 - 10:38
trong
Đại số
X có phải là số tự nhiên đâu ???
Bạn cm x= 0 thoả mãn vậy phải cm x>0 không thoả và x<0 không thoả chứ ????
Bạn có biết điều kiện của căn thức là gì ko??X có phải là số tự nhiên đâu ???
Bạn cm x= 0 thoả mãn vậy phải cm x>0 không thoả và x<0 không thoả chứ ????
#342617 Giải phương trình : $x^2=\sqrt{x^3 - x^2}+\sqrt...
Đã gửi bởi
on 01-08-2012 - 20:14
trong
Đại số
Giải phương trình : $x^2=\sqrt{x^3 - x^2}+\sqrt{x^2-x}$
Nhận thấy x=0 là 1 nghiệm thỏa mãn.Giải phương trình : $x^2=\sqrt{x^3 - x^2}+\sqrt{x^2-x}$
Với x khác 0 thì:
$x\geq 1$
PT đã cho tương đương với:
$\sqrt{x^3}=\sqrt{x^2-x}+\sqrt{x-1}$
Áp dụng BĐT C_S ta có:
$\sqrt{x^2-x}+\sqrt{x-1}\leq \sqrt{2x^2-2}$
Ta sẽ chứng minh:
$2x^2-2<x^3$
Nhưng BĐT này đúng vì theo Am-Gm ta có:
$\frac{x^3}{2}+\frac{x^3}{2}+2\geq \frac{3}{\sqrt[3]{2}}.x^2>2x^2$
Do đó:
VP<VT
KẾT LUẬN: PT có nghiệm duy nhất x=0
#342513 Bài toán: Giả sử rằng giá bán của viên kim cương tỉ lệ với bình phương khối l...
Đã gửi bởi
on 01-08-2012 - 13:05
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Do giá tiền tỉ lệ với BP khối lượng mà ta ko xét cụ thể nên có thể coi giá tiền bằng BP khối lượng!Bài toán:
Giả sử rằng giá bán của viên kim cương tỉ lệ với bình phương khối lượng của nó.Khi đem một viên kim cương cắt thành ba phần và vẫn bán với giá như trên (đúng tỉ lệ trên) thì tổng số tiền thu được tăng hay giảm và trong trường hợp chia cắt nào thì sự sai biệt về giá trị là lớn nhất ?
Giả sử viên kim cương khối lượng a>0 cắt 3 phần khối lượng x,y,z>0
Khi đó: $x+y+z=a$
Và $S=x^2+y^2+z^2$
Khi đó ta có số tiền nếu ko cắt là $a^2$
Và số tiền sau khi cắt là:
$x^2+y^2+z^2< (x+y+z)^2=a^2$
Do đó số tiền giảm
MÀ lại có:
$x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}=\frac{a^2}{3}$
Nên sự sai biệt lớn nhất là $\frac{2a^2}{3}$
Khi cắt thành 3 phần k lượng bằng nhau!
#342008 Giải phương trình: $3^{2x^2+6x-9}+4.15^{x^2+3x-5...
Đã gửi bởi
on 30-07-2012 - 20:48
trong
Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Đặt $x^2+6x-9=a$ ta được:Giải phương trình:
$3^{2x^2+6x-9}+4.15^{x^2+3x-5}=3.5^{2x^2+6x-9}$
$3^a+\frac{4}{\sqrt{15}}3^{\frac{a}{2}}.5^{\frac{a}{2}}=3b^a$
Đặt:
$3^{\frac{a}{2}}=u, 5^{\frac{a}{2}}=v $ (u,v khác 0) ta được:
$u^2+\frac{4}{\sqrt{15}}uv-3v^2=0$
Đây là PT đẳng cấp, giải ra ta được
$\frac{u}{v}=(\frac{5}{3})^{\frac{1}{2}}$
và
$\frac{u}{v}=\frac{3\sqrt{15}}{5}$
Đến đây chắc được rồi.!
#341987 $a^{2}+b^{2}-1> 6(1-a)(1-b)$
Đã gửi bởi
on 30-07-2012 - 20:22
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Cho a,b dương và $a^{3}+b^{3}=1$
CMR $a^{2}+b^{2}-1> 6(1-a)(1-b)$
Đặt $a+b=S, ab=P$ ta được:Cho a,b dương và $a^{3}+b^{3}=1$
CMR $a^{2}+b^{2}-1> 6(1-a)(1-b)$
$S^3-3SP=1$
$\Leftrightarrow P=\frac{S^3-1}{3S}$
Cần chứng minh:
$S^2-8P+6S-7>0$
Thay P theo gt vào ta được:
$S^2-\frac{8\left (S^3-1 \right )}{3S}+6S-7>0$
$\Leftrightarrow -\frac{5}{3}S^3+6S^2-7S+\frac{8}{3}>0$
$\Leftrightarrow (S-1)^2(1,6-S)>0$
Nhưng theo chebyshev ta có:
$1=a^3+b^3\geq \frac{1}{4}(a+b)^3$
Suy ra: $a+b<1,6$
Do đó BĐT đúng:
Dấu bằng khi S=1 tức a=1, b=0 hoặc a=0, b=1
#341977 Cho $x,y>0$, $x+y \le 4$ Tìm min P = $...
Đã gửi bởi
on 30-07-2012 - 20:09
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Cho 1 số dần tới $1^{-}$ và một số bằng 4 thì rõ ràng P dần tới âm vô cùng!! Phải có Đk x,y chứ!!Cho $x,y>0$, $x+y \ge 4$
Tìm $\min P = \frac{{{x^4}}}{{{{(y - 1)}^3}}} + \frac{{{y^4}}}{{{{(x - 1)}^3}}}$
#341852 $\sqrt{x(x^{4}+x^{2}+1)} + x\sqr...
Đã gửi bởi
on 30-07-2012 - 12:56
trong
Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
Ngược dấu rồi bạn ơi!$\sqrt{x(x^{4}+x^{2}+1)} + x\sqrt{x^{2}-x+1}\geq (x^{2}+1)\sqrt{1+x^{2}}$
Ta có:
$VT=\sqrt{x^5+x^3+x}+\sqrt{x^4-x^3+x^2}$
$\leq \sqrt{2x^4+2x^4+2x^2+2x}$
Mặt khác ta có:
$VP=\sqrt{x^6+3x^4+3x^2+1}$
Áp dụng AM-GM ta có:
$x^6+x^4\geq 2x^5, x^2+1\geq 2x$
Do đó:
$VT\leq VP$
Nhưng dấu bằng không xảy ra nên: VT<VP
#341041 Bạn ôn thi ở đâu?
Đã gửi bởi
on 28-07-2012 - 11:43
trong
Góc giao lưu
1. Em muốn ôn cả toán lí hóa.. Nói chung phải ôn cả vì không thừa.
2. Em nghĩ ban điều hành chỉ đạo chỉ ra phương hướng và các thành viên cùng thảo luận là chính (BĐH cũng khá bận trong ra đề và chấm bài)
3. Em nghĩ là dành cho các mem 95 1 topic thảo luận. Các mem khác có thể góp ý!
4. Tất nhiên là có ạ!
2. Em nghĩ ban điều hành chỉ đạo chỉ ra phương hướng và các thành viên cùng thảo luận là chính (BĐH cũng khá bận trong ra đề và chấm bài)
3. Em nghĩ là dành cho các mem 95 1 topic thảo luận. Các mem khác có thể góp ý!
4. Tất nhiên là có ạ!
#341036 $\sum_{cyc}\frac{4a+3b+c}{a+c}...
Đã gửi bởi
on 28-07-2012 - 11:34
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Ý của mình đúng là vậy!
Sử dụng đánh giá trên BĐT đã cho tương đương với:
$\sum_{cyc}\frac{a+b}{a+c}\leq \sum_{cyc} b^2a$
Sử dụng phân tích S-S, BĐT tương đương với:
$(c-\frac{1}{(a+c)(b+c)})(a-b)^2+(b-\frac{1}{(a+c)(a+b)})(a-c)(b-c)\geq 0$
Giả sử c=min{a,b,c} ta có:
$(a+c)(b+c)>ab$
$(a+c)(a+b)> ac$
$(a-c)(b-c)\geq 0$
Do đó BĐT được chứng minh.
Sử dụng đánh giá trên BĐT đã cho tương đương với:
$\sum_{cyc}\frac{a+b}{a+c}\leq \sum_{cyc} b^2a$
Sử dụng phân tích S-S, BĐT tương đương với:
$(c-\frac{1}{(a+c)(b+c)})(a-b)^2+(b-\frac{1}{(a+c)(a+b)})(a-c)(b-c)\geq 0$
Giả sử c=min{a,b,c} ta có:
$(a+c)(b+c)>ab$
$(a+c)(a+b)> ac$
$(a-c)(b-c)\geq 0$
Do đó BĐT được chứng minh.
#340589 $Min_P=x^2+my^2+nz^2$
Đã gửi bởi
on 26-07-2012 - 20:55
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Mình thiếu mất.. Thường là tìm được a,b,c,d,e,f không âm.. nếu âm thì coi như bó tay!! Mình chỉ có PP này thôiTừ chỗ này làm sao suy ra được $a;b;c;d;e$ không âm mà dùng AM-GM hả anh ?
\Bài này em cũng làm được 1/2 rồi, còn 1/2 nữa
Em nghĩ được đến đây rồi :|
Đặt $\left\{\begin{matrix} x=a \\ y=b \\ c=z \end{matrix}\right.$. Từ đầu bài có $ab+bc+ac=1$
Ta có $\left\{\begin{matrix} ay=bx \\ cx=az \\ cy=bz \end{matrix}\right.$
Vì $a=x....$ nên hiển nhiên $ay;bx.....$ không âm
Áp dụng lần lượt bất đẳng thức AM-GM
$ay.bx \leq \frac{a^2y^2+b^2x^2}{2} \Longrightarrow abc(xy) \leq \frac{ca^2y^2+cb^2x^2}{2}$
Thực hiện lần lượt với các cặp còn lại ta được
$$2abc \leq \left ( ca^2+ba^2 \right )x^2+\left ( cb^2+ab^2 \right )y^2+\left ( bc^2+ac^2 \right )z^2$$
Theo đầu bài ta lần lượt có
$$\left\{\begin{matrix} ab+bc+ac=1 \\ ca^2+ba^2=\frac{cb^2+ab^2}{m}= \frac{bc^2+ac^2}{n} & & \end{matrix}\right.$$
Đến đây thì :-??
Làm thế nào chế được $a;b;c$ sang $m;n$ là ok =.=''
pp của a trích từ quyển APMO các năm.. Với những bài ntn thì cách này sẽ xử đc thôi!
