Bài 1.
Giải
Có 549 mục bởi Phạm Hữu Bảo Chung (Tìm giới hạn từ 28-04-2020)
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-08-2013 - 20:48 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 1.
Giải
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-08-2013 - 21:00 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-08-2013 - 00:03 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 21-08-2013 - 20:39 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
http://diendantoanho...80/#entry444511
Bài này đã được đăng ở đây rồi bạn!
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 19-08-2013 - 21:23 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 08-09-2013 - 10:51 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 4. BĐT sai với $x = y = z = \sqrt{3}$
Giải
Đặt $x = \tan{A}; y = \tan{B}, z = \tan{C}$.
Từ giả thiết, ta có: $\tan{C} = z = \dfrac{x + y}{xy - 1} = - \tan{(A + B)} \Rightarrow A + B + C = \pi + k\pi$
Vì $x, y, z > 0$ nên $\tan{A}; \tan{B}; \tan{C} > 0$
Khi đó, ta có:
$\dfrac{x}{\sqrt{1 + x^2}} = \dfrac{\tan{A}}{\sqrt{\tan^2{A} + 1}} = \dfrac{\sin{A}}{\cos{A}}|\cos{A}| = |\sin{A}|$
Vậy: $VT = |\sin{A}| + |\sin{B}| + |\sin{C}| \leq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 08-09-2013 - 13:40 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Giải
Đặt $P = \sqrt{\dfrac{1 - a}{bc}} + \sqrt{\dfrac{1 - b}{ac}} + \sqrt{\dfrac{1 - c}{ab}} = 2$
Khi đó;
$\dfrac{P^2}{3} \leq \dfrac{1 - a}{bc} + \dfrac{1 - b}{ac} + \dfrac{1 - c}{ab} = \dfrac{a + b + c - ( a^2 + b^2 + c^2)}{abc}$
$\leq \dfrac{a + b + c - \dfrac{(a + b + c)^2}{3}}{abc} = \dfrac{\frac{-1}{3}\left ( a + b + c - \dfrac{9}{4}\right )^2 - \dfrac{1}{2}(a + b + c) + \dfrac{27}{16}}{abc}$
$\leq \dfrac{\dfrac{- 3}{2}\sqrt[3]{abc} + \dfrac{27}{16}}{abc}$
Đặt $\sqrt[3]{abc} = t \Rightarrow \dfrac{\dfrac{-3}{2}t + \dfrac{27}{16}}{t^3} \geq \dfrac{4}{3}$
$\Leftrightarrow 64t^3 + 72t - 81 \leq 0 \Rightarrow t \leq \dfrac{3}{4} \Rightarrow abc \leq \dfrac{27}{64}$
Dấu “=” xảy ra khi $a = b = c = \dfrac{3}{4}$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 13-10-2013 - 12:27 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Giải
ĐK: $x \neq \dfrac{\pi}{2} + k\pi \, (k \in Z)$
Phương trình tương đương:
$2\cos^2{x}\left (\sin{2x} - \cos{2x}\dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}\right ) = \sqrt{3}(\cos^2{x} - \sin^2{x})$
$\Leftrightarrow 2\cos{x}(\sin{2x}\cos{x} - \sin{x}\cos{2x}) = \sqrt{3}(\cos^2{x} - \sin^2{x})$
$\Leftrightarrow 2\sin{x}\cos{x} = \sqrt{3}\cos{2x} \Rightarrow \sin{2x} = \sqrt{3}\cos{2x}$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 24-09-2013 - 22:16 trong Hình học không gian
Giải
Ta tính được: $V_{S.ABCD} = \dfrac{abc}{3} $
Do SA $\perp$ (ABCD) nên các tam giác SAD và SAB vuông tại A.
Từ đó, ta tính được:
$\dfrac{SD’}{SD} = \dfrac{SA^2}{SD^2} = \dfrac{c^2}{c^2 + b^2}$
$\dfrac{SB’}{SB} = \dfrac{SA^2}{SB^2} = \dfrac{c^2}{c^2 + a^2}$
Gọi O = AC $\cap$ BD; SO $\cup$ B’D’ = I. Từ đó suy ra: C’ = AI $\cup$ SC
Chú ý rằng, ta chứng minh được:
Gọi AM là trung tuyến của tam giác ABC bất kỳ. Nếu H $\in$ AB và K $\in$ AC sao cho $\dfrac{AH}{AB} = x; \dfrac{AK}{AC} = y$ và I là giao điểm HK với AM thì:
$$\dfrac{AI}{AM}= \dfrac{2xy}{x + y} = \dfrac{2}{\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}}$$
Cái này bạn có thể chứng minh bằng tỉ số diện tích.
Áp dụng vào bài toán, ta có:
Trong tam giác SBD, $\dfrac{SI}{SO} = \dfrac{2}{\dfrac{SD}{SD’} + \dfrac{SB}{SB’}} = \dfrac{2c^2}{a^2 + b^2 + 2c^2}$
Trong tam giác SAC, $\dfrac{SI}{SO} = \dfrac{2}{\dfrac{SC}{SC’} + 1}$
$\Rightarrow \dfrac{SC’}{SC} = \dfrac{1}{2\dfrac{SM}{SI} - 1} = \dfrac{c^2}{a^2 + b^2 + c^2}$
Có các đại lượng này rồi. Chỉ cần lập tỉ số thể tích nữa là được.
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 17-09-2013 - 21:55 trong Bất đẳng thức và cực trị
Giải
Ta có:
$\dfrac{2a^3}{a^6 + bc} \leq \dfrac{2a^3}{2a^3\sqrt{bc}} = \dfrac{1}{\sqrt{bc}}$
Chứng minh tương tự, ta có: $VT \leq \dfrac{1}{\sqrt{ab}} + \dfrac{1}{\sqrt{bc}} + \dfrac{1}{\sqrt{ca}}$
Khi đó, ta cần chứng minh:
$a^2 + b^2 + c^2 \geq abc\left (\dfrac{1}{\sqrt{ab}} + \dfrac{1}{\sqrt{bc}} + \dfrac{1}{\sqrt{ca}} \right )$
$\Leftrightarrow a^2 + b^2 + c^2 \geq \sqrt{abc}(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{x})$
Thật vậy, ta có:
$a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca \geq \sqrt{ab.ac} + \sqrt{ab.bc} + \sqrt{bc.ca} = \sqrt{abc}(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})$
Vậy, ta có điều phải chứng minh.
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 14-09-2013 - 23:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
Giải
Đặt $x + y + z = p; xy + yz + zx = q$ và $xyz = r$.
Theo giả thiết: $q = 3 \Rightarrow r \leq \sqrt{\dfrac{q^3}{27}} = 1$
Ta có:
$(x^3 + y^3 + z^3)(x + y + z) \geq (x^2 + y^2 + z^2)^2$
$\Rightarrow (p^3 - 3pq + 3r)p \geq (p^2 - 2q)^2 \Leftrightarrow p^2q + 3pr \geq 4q^2$
$\Leftrightarrow 3p^2 + 3pr - 36 \geq 0 \Leftrightarrow p^2 + pr - 12 \geq 0 \, (1)$
Vì $x, y, z > 0$ nên $p, r > 0$. Vì vậy, từ (1), suy ra: $p \geq \dfrac{\sqrt{r^2 + 48} - r}{2}$
Vậy, ta cần chứng minh: $\dfrac{\sqrt{r^2 + 48} - r}{2} \geq \dfrac{10 - r}{3} \Leftrightarrow 3\sqrt{r^2 + 48} \geq r + 20$
$\Leftrightarrow r^2 - 5r + 4 \geq 0 \Leftrightarrow (r - 1)(r - 4) \geq 0$
BĐT trên đúng với $r \leq 1$. Vậy, ta có điều phải chứng minh.
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-08-2013 - 10:46 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 03-08-2013 - 21:38 trong Bất đẳng thức và cực trị
Giải
Ta có:
$S = \cos{3A} + 2\cos{A} + \cos{2B} + \cos{2C}$
$S = \cos{3A} + 2\cos{A} + 2\cos{\left ( B + C\right )}\cos{\left ( B - C\right )}$
$S = \cos{3A} + 2\cos{A}\left [1 - \cos{\left ( B - C\right )} \right ]$ (Vì $A + B + C = 180^o$ nên $\cos{\left (B + C \right )} = -\cos{A}$)
Do tam giác ABC nhọn nên $\cos{A} > 0 \Rightarrow S \geq - 1$.
Vậy: $Min_S = -1$. Dấu "=" xảy ra khi: $\cos{3A} = -1; \cos{\left (B - C\right )} = 1 \Leftrightarrow A = B = C = 60^o$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-12-2012 - 12:51 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 19-07-2012 - 22:44 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Giải
Chú ý:Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 09-07-2012 - 23:12 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Giải
Phương trình tương đương:Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-06-2012 - 15:59 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 30-04-2013 - 17:05 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Biến đổi thành tích $G=3-5sin2x$
Giải
Ta có:
$G = 3 - 5\sin{2x}$
$G = 3(\sin^2{x} + \cos^2{x}) - 10\sin{x}\cos{x}$
$G = (3\sin{x} - \cos{x})(3\cos{x} - \sin{x})$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 07-07-2013 - 13:13 trong Công thức lượng giác, hàm số lượng giác
Bài này chỉ cần sử dụng công thức:
$\sin{2x} = 2\sin{x}\cos{x}$ và $\tan{x} = \dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}$
với $x = \alpha + \beta$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-07-2013 - 23:37 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
Giải phương trình
$\sqrt[4]{\frac{(x^{2}+x)^{2}+5\sqrt[3]{x^{8}}}{144}}=\frac{x}{x+1}$
Giải
ĐKXĐ: $x \neq -1$
Điều kiện để phương trình ban đầu có nghiệm: $\frac{x}{x+1} \geq 0 \Leftrightarrow x \geq 0$ hoặc $x < -1$
Phương trình ban đầu tương đương:
$\dfrac{x^2(x + 1)^2 + 5x^2\sqrt[3]{x^2}}{144} = \left ( \dfrac{x}{x + 1} \right )^4$
$\Leftrightarrow x^2 \left ( \dfrac{(x + 1)^2 + 5\sqrt[3]{x^2}}{144} - \dfrac{x^2 }{(x + 1)^4} \right ) = 0 \,(1)$
- Nhận thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình đã cho.
- Với $x \neq 0$, (1) tương đương:
$(x +1)^6 - 5(x +1)^4\sqrt[3]{x^2} - 144x^2 = 0$
$\Leftrightarrow \left ( \dfrac{x +1}{\sqrt[3]{x}}\right )^6 + 5\left ( \dfrac{x +1}{\sqrt[3]{x}}\right )^4 - 144 = 0$
Đặt $a = \dfrac{x +1}{\sqrt[3]{x}}$, ta được: $a^6 + 5a^4 - 144 = 0 \Leftrightarrow (a^2 - 4)(a^4 + 9a^2 + 36) = 0 \Leftrightarrow a = \pm 2$
Suy ra: $x + 1 = \pm 2\sqrt[3]{x}$
- Nếu $x + 1 = 2\sqrt[3]{x} \Leftrightarrow (\sqrt[3]{x} - 1)(\sqrt[3]{x^2} + \sqrt[3]{x} - 1) = 0$
$\Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = \left (\dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2} \right )^3= -2 \pm \sqrt{5}$
- Nếu $x + 1 = -2\sqrt[3]{x}$. Từ điều kiện $x < -1$ hoặc $x \geq 0$. Suy ra, trường hợp này không thỏa mãn.
Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: $S = \{ 0; 1; -2 \pm \sqrt{5}\}$
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 21-07-2013 - 14:13 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 13-07-2013 - 15:09 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Giải
Nhận thấy:
$x^2 - 4x + 11 = (x - 2)^2 + 7 \geq 7$
$x^4 - 8x^2 + 21 = (x^2 - 4)^2 + 5 \geq 5$
Vì vậy:
$( x^2 - 4x + 11)(x^4 - 8x^2 + 21) \geq 35$
Do đó, phương trình ban đầu có nghiệm khi $x - 2 = 0$ và $x^2 - 4 = 0$
Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 12-07-2013 - 20:56 trong Đại số
Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 12-02-2012 - 22:20 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học