Câu 5:

a. Có $\frac{1}{2}\sqrt{(a+3b)(b+3a)}\leq \frac{a+3b+b+3a}{4}=a+b$ (bất đẳng thức AM-GM)

Từ giả thiết: $\sqrt{a}+\sqrt{b}=1$ 

Bình phương 2 vế ta có: $2\sqrt{ab}=1-a-b$ 

Hay $4ab=(1-a-b)^2$

Nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$3(a+b)^2+(1-a-b)^2\geq 2(a+b)$

$\Leftrightarrow (2a+2b-1)^2\geq 0$ (luôn đúng)

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

Câu II 2.

Từ giả thiết ta có được $\frac{1}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{(c+1)(b+1)}+\frac{1}{(a+1)(c+1)}=1$

 Đặt $a+1=\frac{\sqrt{3}}{x}, b+1=\frac{\sqrt{3}}{y},c+1=\frac{\sqrt{3}}{z}$

Giả thiết trở thành $xy+yz+zx=3$ và

$P= \sqrt{3} ( \frac{1}{\frac{3}{x}+x} +\frac{1}{\frac{3}{y}+y} +\frac{1}{\frac{3}{z}+z})$

   $= \sqrt{3} (\frac{x}{x^{2}+3}+\frac{y}{y^{2}+3}+\frac{z}{z^{2}+3})$

Sử dụng giả thiết ta có

  $P=\sqrt{3}( \frac{x}{(x+y)(x+z)}+ \frac{y}{(x+y)(y+z)}+ \frac{z}{(z+y)(x+z)})$

    $=\sqrt{3}( \frac{2(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)})$

Mặt khác $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq \frac{8}{3}(xy+yz+zx)$

Suy ra $P \leq \sqrt{3}\frac{3}{4}= \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c = \sqrt{3}-1$                                                      

mình có cách khác nhanh hơn đặt a+1=x;b+1=y;c+1=z thì bài toán sẽ tự nhiên hơn và ứng dụng được cả giả thiết

Tìm max: http://diendantoanho...-định-năm-2018/ (chỉ việc thay mỗi số 2 thành số 1 thôi a trình bày đầy đủ rồi)

Tìm min:

Nếu cả 3 số a, b, c đều > 2 hiển nhiên suy ra điều vô lí

Do đó ta giả sử: $c\leq 2$ nên $abc\leq 2ab$

$\Rightarrow 4=a^2+b^2+c^2+2abc\leq a^2+b^2+c^2+2ab=(a+b)^2+c^2\leq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow a+b+c\geq 2$

Bạn có thể tham khảo tại đây: http://diendantoanho...2b2c2abc-geq-4/

Đáp án: $Min P=2\Leftrightarrow (a,b,c)=(2,0,0)$ và các hoán vị của nó

             $Max P=3\Leftrightarrow (a,b,c)=(1,1,1)$

Câu 6:

Ta có:$\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}=\frac{1}{\sqrt{(2a+b)^2+(a-b)^2}}\leq \frac{1}{2a+b}\leq \frac{1}{9}(\frac{2}{a}+\frac{1}{b})$ (bất đẳng thức Schwarz)

Chứng minh tương tự như trên ta có:

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

Ta cũng có:$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq \sqrt{3(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})}=\sqrt{3}$ (bất đẳng thức AM-GM)

Từ đó ta có: $P\leq \frac{\sqrt{3}}{3}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}$

Vậy MaxP = $\frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}$.

Ký hiệu $F_{n}$ là số hạng thứ $n$ của dãy Fibonacci

Chia mỗi số $F_{n}$ cho $10^4$ đc các số dư là $r_{n}$ (mod $10^4$) với $r_{i}=\overline{0,9999}$

Xét tất cả các cặp có thể có của các số nguyên từ $0$ đến $9999$ có $10^8$ cặp $(r_{0};r_{0});(r_{0};r_{1});(r_{1};r_{2});...$

Giả sử ko có cặp nào là $(0;0)$ thì các cặp trên phải có 2 cặp trùng nhau theo nguyên lý Dirichlet, gsử:

  $r_{n}=r_{p}$ và $r_{n+1}=r_{p+1}$ ($n>p$)

$\Rightarrow r_{n-1}=r_{p-1} \Rightarrow r_{n-2}=r_{p-2} \Rightarrow ... \Rightarrow r_{1}=r_{n-p+2}=r_{n-p+1} \Rightarrow r_{n-p+1}=r_{n-p+2} \Rightarrow r_{n-p}=0$

Vậy tồn tại $1$ số $F_{n}$ chia hết cho $10^4$ hay có tận cùng là $4$ chữ số $0$

Mình không hiểu bài này lắm, gửi lại cho mình đi.

Câu 3 (phỏng theo lời giải của thầy Võ Quốc Bá Cẩn) 

Ta có: $\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^2}{c(a+b+c)}\geq \frac{(a+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}$ (bất đẳng thức Schwarz)

Làm tương tự với 3 phân thức còn lại ta có:

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

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c> 0$

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Câu 6:

Từ giả thiết kết hợp với công thức khai triển bậc 4: $(a+b)^4=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4$ ta có:

$Q=(x+3-x)^4-4x(3-x)(x^2+(3-x)^2)=81-2(9-x^2-(3-x)^2)(x^2+(3-x)^2)=81+2(x^2+(3-x)^2)^2-18(x^2+(3-x)^2)=2(x^2+(3-x)^2-5)^2+2(x^2+(3-x)^2)+31\geq 10+31=41$

Đẳng thức xảy ra  $$\Leftrightarrow x^2+(3-x)^2=5\Leftrightarrow 2x^2-6x+4=0\Leftrightarrow x=1, x=2$$

Vậy $Min Q=41\Leftrightarrow x=1, x=2$

Câu 5:

Từ giả thiết ta có: $c=a+b-\sqrt{ab}$

$P=\frac{c^2}{ab}+\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{\sqrt{ab}}{a+b}$

$P\geq c^2(\frac{1}{2ab}+\frac{1}{2ab}+\frac{1}{a^2+b^2})+\frac{\sqrt{ab}}{a+b}\geq \frac{9c^2}{(a+b)^2+2ab}+\frac{\sqrt{ab}}{a+b} \geq \frac{6(a+b-\sqrt{ab})^2}{(a+b)^2}+\frac{\sqrt{ab}}{a+b}=6-\frac{11\sqrt{ab}}{a+b}+\frac{6ab}{(a+b)^2}=6(\frac{\sqrt{ab}}{a+b}-\frac{1}{2})^2-\frac{5\sqrt{ab}}{a+b}+\frac{9}{2}$ $\geq -\frac{5}{2}+\frac{9}{2}=2$ ( theo các BĐT AM-GM và Schwarz)

 Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c>0$

Vậy $MinP=2\Leftrightarrow a=b=c>0$

Bài 7: Bài bất đẳng thức có vẻ dễ nhỉ

Ta có:

$\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}= \frac{x+y+z}{2}=1$ ( bất đẳng thức Schwarz)

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=\frac{2}{3}$

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Câu 5: Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

$a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2> a^3+b^3+c^3+2abc$

$\Leftrightarrow a(b-c)^2+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)> 0$ (luôn đúng đó a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác)

Bài này dùng phản chứng thôi.

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng:

$2a+b+c\leq \frac{9}{2}$

Đây là đề của ban xã hội bạn ạ.

Còn đây là lời giải của mình cho bài toán này các bạn có thể tham khảo:

Coi phương trình trên là phương trình bậc 2 ẩn a theo công thức nghiệm ta được

$a=\frac{-bc+\sqrt{(4-b^2)(4-c^2)}}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho căn thức trong biểu thức trên, ta có:

$a\leq \frac{-bc+\frac{4-b^2+4-c^2}{2}}{2}= \frac{8-(b+c)^2}{4}$

Từ đó ta có: $2a+b+c=\frac{8-(b+c)^2+2(b+c)}{2}=\frac{9-(b+c-1)^2}{2}\leq \frac{9}{2}$

P/s: Mình nghĩ đây là cách ngắn nhất và có thể thay số 2 trong đề bài bởi các số khác vẫn có thể giải tương tự.

Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng( cả 1 và 2 đều không xảy ra)

Gọi 10 đội bóng là a_i (i là số tự nhiên và i chạy từ 1 đến 10)

Giả sử a₁₀ là đội bóng có số trận thua nhiều nhất

Khi đó nếu tồn tại giá trị i từ 1 đến 9 mà a₁₀ thang a_i thì tất cả cả đội bóng mà a₁₀ thua thì a_i cũng thua (vô lí do a₁₀ có số trận thua nhiều nhất)

Suy ra a₁₀ thi đấu với các đội còn lại chỉ có thể hòa hoặc thua

Mà theo gia sư điều kiện 2 không xảy ra nên a₁₀ thua ít nhất 7 đội là a_j (j chạy từ 1 đến 7)

Lập luận tương tự như trên với a₇ là đội có số trận thua nhiều nhất trong 7 đội trên thì a₇ phải thừa ít nhất 4 đội giả sử là: a₁, a₂, a₃, a₄.

Lập luận tương tự như trên với a4 là đội có số trận thua nhiều nhất trong 4 đội trên thì a4 phải thừa ít nhất 1 đội giả sử là: a₁. 

Như vậy ta tìm được 4 đội: a₁, a₄, a₇, a₁₀, lập thành 4 đội thỏa mãn điều kiện 1( mâu thuẫn với giả sử)

Do đó giả sử sai. Ta có điều phải chứng minh

Theo bất đẳng thức Schur ta có:

$(x+y+z)^3+9xyz\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)$

$\Leftrightarrow 9xyz\geq 4(xy+yz+zx)-1$

$\Leftrightarrow 5xyz+1\geq 4(xy+yz+zx-xyz)$

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

$xyz\leq \frac{(x+y+z)^3}{27}= \frac{1}{27}$

$\Rightarrow xy+yz+zx-xyz\leq \frac{8}{27}$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Câu 5: Ta có:

$P=\frac{81x^2+18225x+1}{9x}-\frac{6\sqrt{x}+8}{x+1}\geq \frac{18x}{9x}-\frac{9x+9}{x+1}+2025= 2018$ (bất đẳng thức Cauchy)

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=\frac{1}{9}> 0$

Vậy $MinP=2018\Leftrightarrow x=\frac{1}{9}$

Bài này khá dễ giống đề thi lớp 10 ở VĨnh Phúc,. Bạn có thể tham khảo, hãy like cho mình nhé

bạn bị ngược dấu hay sao ấy

nguoc dau cho nao

Su dung pp pqr
Dat p=a+b+c=3

q=ab+bc+ca

r=abc,r<=1

BDT tuong duong 2q+3/r>=9

Hay 2qr+3>=9r

Ma q>=3*can(r)( do q^2>=3pr)

Dua ve bpt an r giai voi chu y r<=1

Cho $a\neq 0$ và $f(x)=ax^4+bx+c> 0 \forall x> 0$

CMR: $f(x)$ được biểu diễn ở dạng tổng bình phương của 2 tam thức bậc hai.

Bài 3: Theo giả thiết ta có $0\leq a, b, c\leq 4$ nên

$$(4-a)(4-b)(4-c) \geq 0$$

$\Leftrightarrow 64+4(ab+bc+ca) \geq abc+16(a+b+c)$

$\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 8+\frac{abc}{4}\geq 8$ 

Do đó ta có: $P=(a+b+c)^2-(ab+bc+ca)\leq 36-8=28$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow (a, b, c)=(0, 2, 4)$ và các hoán vị của nó

Vậy $MaxP=28$ $\Leftrightarrow (a, b, c)=(0, 2, 4)$ và các hoán vị của nó

Đặt $A=2x^2-3xy-2y^2$

$\Leftrightarrow$$A-3=2x^2-3xy-2y^2-\frac{1}{12}(25x^2-20xy+40y^2)$

$\Leftrightarrow$$A-3=-\frac{1}{12}x^2-\frac{4}{3}xy-\frac{16}{3}y^2$

$\Leftrightarrow$$A-3=-\frac{1}{12}(x+8y)^2\leq 0$

$\Leftrightarrow A\leq 3$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow (x, y)=(\frac{4\sqrt{2}}{5}, -\frac{\sqrt{2}}{10})$ hoặc $(x, y)=(-\frac{4\sqrt{2}}{5}, \frac{\sqrt{2}}{10})$

Vậy Max của $2x^2-3xy-2y^2=3$

Ta có:

$A-36a=(2-25a)x^2-(3+20a)xy-(2-40a)y^2$

Coi phương trình trên là phương trình bậc 2 ẩn x tìm giá trị của a sao cho phương trình có nghiệm kép tức là$\Delta =0$ (Chú ý: Tìm giá trị lớn nhất thì $A-36a$ mang dấu trừ của 1 bình phương đủ nên $2-25a<0, 2-40a<0$)

Từ đó tìm được: $a=\frac{1}{12 }$