chỗ $(\frac{a^2}{a+1}+2)=(a+1+\frac{1}{a+1})$ ko bằng nhau ạ

Bằng nhau à bạn, chỉ cần $a\neq -1$ thôi.

$\frac{a^{2}}{a+1}+2=\frac{(a+1)^{2}+1}{a+1}=a+1+\frac{1}{a+1}$

$$a,b,c\in\left[0,1\right]\Rightarrow b\geq b^2;c\geq c^3$$

Ta có:

$$a,b,c\in\left[0,1\right]\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c)\geq 0$$

$$\Leftrightarrow 1-a-b-c+ab+bc+ca-abc\geq 0$$

$$\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca+abc\leq 1$$

$$\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\leq 1$$

$$\Rightarrow \text{đpcm}$$

Mình chưa hiểu chỗ đó. Ngay đoạn biến mất abc.

Đã giải tại : http://diendantoanho...qrtcgeq-abbcca/

Câu 5 (max) đã được giải tại đây : http://diendantoanho...-5/#entry626114

Cho a, b > 0 và $a^{2000} + b^{2000}$ = $a^{2001} + b^{2001}$ = $a^{2002} + b^{2002}$. Tính: $a^{2011} + b^{2011}$

Giải : 

Để ý rằng $(a^{2001}+b^{2001})(a+b)-(a^{2000}+b^{2000}).ab=a^{2002}+b^{2002}$

Có thể nói đây là phương pháp chung cho loại toán này !

Chỗ này hình như đề bài có nhầm lẫn hả bạn?

Có lẽ là do đề của bạn duymy2001 đấy bạn ! Đây là một bài toán quen thuộc mà đề thi thử HSG trên mạng có rải rác, có lẽ bạn ấy đánh thiếu mũ 2. Mình cũng cảm ơn bạn đã góp ý.

Em nghĩ đề là : 

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng  :

$\frac{(a+b+c)^{3}}{abc}+(\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca})^{2}\geq 28$

Giải (theo đề sửa) : 

_ Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta có : 

$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^{3}}{27}\geq abc\Leftrightarrow \frac{1}{abc}\geq \frac{27}{(a+b+c)^{3}}\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^{3}}{abc}\geq 27$

_ Có đánh giá quen thuộc : 

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca\Leftrightarrow \frac{1}{ab+bc+ca}\geq \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\Leftrightarrow \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}\geq 1$

_ Bình phương BĐT 2 lên rồi cộng lại, ta có điều phải chứng minh.

_ Dấu "=" khi : $a=b=c$

_ ĐKXĐ : $x\neq 0$

_ Ta có : 

$8(x+\frac{1}{x})^{2}+4(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})^{2 }-4(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})(x+\frac{1}{x})^{2}=(x+4)^{2}\Leftrightarrow 8(x+\frac{1}{x})^{2}+4(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})[(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})-(x+\frac{1}{x})^{2}]=(x+4)^{2}\Leftrightarrow 8(x+\frac{1}{x})^{2}-8(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})=(x+4)^{2} \Leftrightarrow (x+4)^{2}=16\Leftrightarrow x+4=\pm 4\Leftrightarrow x=-8 (do:x\neq 0)\Leftrightarrow S={-8}$

Bài toán. Cho $\triangle ABC$ có $O,H$ lần lượt là tâm ngoại tiếp và $H$ là trực tâm. $AO$ cắt $BC$ tại $E. AH$ cắt $BC$ tại $D. M$ là trung điểm $BC$. Trung trực $DE$ cắt $AM$ tại $P$. Kẻ $AH\perp EP. HD$ cắt trung trực $DE$ tại $Q$. Kẻ $AS\perp QE$. Chứng minh rằng: $SE$ là phân giác $\angle BSE$.

Post 40.png

Hình vẽ bài toán

Hình như đề có gì đó sai sai anh ơi !  Hình như là góc BSC phải ko anh !

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

 

Nếu a = b = c thì hình như là : $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$.

2.Gpt:

     $x^2 +\frac{4x^2}{(x+2)^2}=12$

Bài 2 :

_ Ta có : 

$x^{2}+\frac{4x^{2}}{(x+2)^{2}}=12\Leftrightarrow \frac{4x^{2}}{(x+2)^{2}} -2.\frac{2x}{x+2}.(x+2)+(x+2)^{2}=16\Leftrightarrow (\frac{2x}{x+2}-x-2)^{2}=16\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \frac{2x}{x+2}-x-2=-4\\ \frac{2x}{x+2}-x-2=4 \end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x^{2}-2x-4=0\\x^{2}+6x+12=0 \end{bmatrix}$

Từ đó tìm được nghiệm dễ dàng .

Bài 7 hay quá ! Sai rồi.

_ Gọi BH là trung tuyến của tam giác đều ABC. Ta có : $S_{BHC}=\frac{1}{2}S_{ABC}$

_ Vậy ta cần chứng minh : 

$S_{BCD}+S_{BND}=S_{BHC}$

mà theo hình vẽ : 

$S_{BHC}=S_{BHD}+S_{BCD}$

bài toán quy về chứng minh :

$S_{BHD}=S_{BND}$

_ Do tam giác ABC đều, BH là trung tuyến nên BH cũng là đường cao. 

$\widehat{BHD}=90^{O}\Rightarrow \Delta BHD$ vuông tại H, HM là trung tuyến $\Rightarrow \Delta HMD$ cân tại M $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \widehat{MDH}=\widehat{MHD}\\MD=HM \end{matrix}\right.$

_ $\Delta DBC$ có : $\widehat{DBC}=20^{O};\widehat{BCD}=60^{O}$ $\Rightarrow \widehat{BDC}=100^{O}\Rightarrow \widehat{MDH}=80^{O} \Rightarrow \widehat{HMD}=20^{O}$ (Tam giác HMD cân tại H)

_ Ta có :  $\Delta BMN=\Delta MHD(c.g.c)$

$\left\{\begin{matrix} BM=MH(=MD)\\BN=MD(=BM) \\ \widehat{HMD}=\widehat{MBD}(=20^{O}) \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow S_{BMN}=S_{MHD}\Rightarrow 2S_{BMN}=2S_{MHD} \Rightarrow S_{HBD}=S_{BND}$

Chứng minh hoàn tất.  

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 : $minS=4\Leftrightarrow x=1$

Giải phương trình: $\frac{x^{2}}{\left ( x+2 \right )^{2}} = 3x^{2}-6x-3$

_ ĐKXĐ : $x\neq -2$

_ Ta có : 

$\frac{x^{2}}{\left ( x+2 \right )^{2}} = 3x^{2}-6x-3\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{\left ( x+2 \right)^{2}}-3x^{2}+6x+3=0\Leftrightarrow (\frac{x}{x+2})^{2}-2.\frac{x}{x+2}.x+2+(x+2)^{2}-x^{2}-4x-4-3x^{2}+8x+3=0\Leftrightarrow (\frac{x}{x+2}-x-2)^{2}=(2x-1)^{2}$

Từ đây ta dễ dàng giải.

Nghiệm là : $S={\frac{-3\pm \sqrt{13}}{3};\pm \sqrt{6}}$

$xyz-\frac{16}{x+y+z}=0\Leftrightarrow xyz(x+y+z)-16=0\Leftrightarrow xyz(x+y+z)=16$

Rồi giải tương tự như ở đây.

Dấu "=" xảy ra khi nào vậy ?

 

Bđt Min-cốp-xki tổng quát:

$\sum \sqrt[n]{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{k}^{2}}\geq \sqrt[n]{(\sum a_{1})^{2}+(\sum a_{2})^{2}+...+(\sum a_{k})^{2}}$

Bđt này có thể dễ dàng cm bằng quy nạp

Bđt Holder thường gặp nhất ở dạng:

$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$

Hệ quả: $\frac{a^{3}}{x}+\frac{b^{3}}{y}+\frac{c^{3}}{z}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{3(x+y+z)}$

 

Có Bất đẳng thức Holder tổng quát không ạ !

Mong mọi người chỉ cho (em/mình) công thức tổng quát chính xác và phần mở rộng của bất đẳng thức $Minkowski$ và $Holder$ mà không có dùng dấu $\sum$ và $\prod$ đi ạ ! Lên mạng tìm nhưng chỉ toàn thấy dùng hai dấu kia nên không hiểu.

Ta sẽ chứng minh $P\geq \frac{1}{7}$, ta có:

$P-\frac{1}{7}=\frac{(3x-1)(2x+1)}{x^{2}-x+1}\geq 0\\\Rightarrow \min P=\frac{1}{7}\Leftrightarrow x=\frac{1}{3}$

 

Ta sẽ chứng minh $P\leq 1$, thật vậy:

$P-1=\frac{x^{2}}{x^{2}-x+1}-1=\frac{x-1}{x^{2}-x+1}\leq 0\\\Rightarrow \max P=1\Leftrightarrow x=1$

 

P.s: Lời giải không tự nhiên cho lắm 

Anh cho em hỏi là cách nào để anh chọn hai số $\frac{1}{7}$ và số 1 vậy anh. 

Cho các số tự nhiên m, n thỏa mãn : $2m^{2}+m=3n^{2}+n$ . Chừng minh rằng : $3(m+n)+1$ là số chính phương.

Cho các số dương a, b, c, d có tổng bằng 4. Chứng minh rằng : 

$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{cd}+\frac{1}{da}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}$

Để ý : $\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{2}{ab+bc+ca}=\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}\geq \frac{(1+1+1)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca+ab+bc+ca}=\frac{9}{(a+b+c)^{2}}$

Sao bạn có đc điều đó ?

Do : $y\in \mathbb{Z} \Rightarrow (y;y+1)=1$ (hiển hiên). Hoặc có thể hiểu là  : do $y\in \mathbb{Z}\Rightarrow y;y+1$ là hai số nguyên liên tiếp nên là hai số nguyên tố cùng nhau. 

Nguồn : Facebook (Lên fb thấy đề hay hay nên mình đăng luôn, còn về năm thi mình ko biết  )

Em thử chạy bằng vài trình duyệt khác xem.

Dạ bạn em nói tại mạng anh ơi. (ko biết mạng Bến Tre có chuyện gì ???). Giở thì vẫn chạy bình thường.