bạn tự biến đổi đi
Không! Mình còn thắc mắc tại sao bạn đặt $a+b+c+d=k$ mà lại suy ra $a-1=k-b-c-d$
Với lại mình không hiểu mới hỏi,sao lại nói tự biến đổi được
Có 35 mục bởi quanganhthanhhoa (Tìm giới hạn từ 29-04-2020)
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 09-03-2016 - 11:51 trong Tài liệu - Đề thi
bạn tự biến đổi đi
Không! Mình còn thắc mắc tại sao bạn đặt $a+b+c+d=k$ mà lại suy ra $a-1=k-b-c-d$
Với lại mình không hiểu mới hỏi,sao lại nói tự biến đổi được
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 09-03-2016 - 11:41 trong Tài liệu - Đề thi
1.2 Ta giải như sau
Giả sử $ab-cd=a+b+c+d=k$ là một số nguyên tố
Suy ra $a-1=k-b-c-d$
Sau một hồi thế vào cái trên cho ta $k=(d+b).\frac{c+b}{b-1} \in \mathbb{Z}$
Suy ra $c+1 \vdots b-1$
Tương tự c/m cũng được $c+1 \vdots a-1$
Từ đó suy ra $q(k+1)=1$ vô lí với $q \in \mathbb{N*}$
Suy ra đpcm
Bạn giải thích rõ giúp mình chỗ tô đỏ
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 28-02-2016 - 17:29 trong Tài liệu - Đề thi
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}\Leftrightarrow (a+b)c=ab$
Gỉa sử $a+b$ là số nguyên tố. Suy ra $a+b=ab$(vi $a+b>c)
$\Leftrightarrow (a-1)(b-1)=1$$\Leftrightarrow a=b=2$
$a+b=4$. Vậy a+b ko thể là SNT
Đoạn này sai,từ $a+b$ là số nguyên tố nếu trừ khả năng $a+b=2$ ra thì $a+b$ lẻ do đó $a,b$ có 1 số chẵn và 1 số lẻ khi đó làm sao bạn có được $a+b=ab$ với 2 vế khác nhau về tính chẵn lẻ?
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 26-02-2016 - 20:22 trong Chuyên đề toán THCS
Bài $25$: Cho $\triangle \ ABC$, các phân giác $AD, BE. CF$, $M$ là giao điểm $BE$ và $DF$, $N$ là giao điểm $DE$ và $CF$. Chứng minh $\widehat{FAM}=\widehat{EAN}$
Nhờ bạn xem hộ lại bài 25,mình vẽ hình trên GeoGeobra không ra được 2 góc cần cm bằng nhau !
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 07-02-2016 - 10:07 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 36. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a.b.c = 1
Tìm Max của $\frac{a}{b^{2} + c^{2} + a} + \frac{b}{a^{2} + c^{2} + b} + \frac{c}{a^{2} + b^{2} + c}$
$\sum \frac{a}{b^{2} + c^{2} + a} =\sum \frac{a^3}{b^{6} + c^{6} + a^3} \leq \sum \frac{a^{3}}{bc(b^4+c^4)+a^4bc}=\sum \frac{a^{3}}{\frac{b^4+c^4}{a}+a^3}=\sum \frac{a^{4}}{a^4+b^4+c^4}=1$
DBXR khi $a=b=c=1$
Bài 40: Cho $x,y>0$ thỏa mãn $\sqrt{\frac{2x}{y}}(2xy-1)=2xy+1$.Tìm Min:$2x+\frac{1}{y}$
Bài 41: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn $(a+b)(c+d)\geq 4abcd$.Chứng minh $\frac{1}{ab(c+1)}+\frac{1}{bc(d+1)}+\frac{1}{cd(a+1)}+\frac{1}{ad(b+1)}\geq \frac{32}{(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)}$
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 05-02-2016 - 18:33 trong Bất đẳng thức và cực trị
Muốn hỏi mấy bài này
Bài 19: Cho $a,b,c \geq 1$.Tìm Max:$A=a+b+c+ab+bc+ca-3abc$
Bài 20: Cho $a,b,c \geq 1$.Tìm Max $\sum \frac{1}{ab+a+1}$
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 01-02-2016 - 18:18 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$\frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}+\frac{b^3}{(2b^2+c^2)(2b^2+a^2)}+\frac{c^3}{(2c^2+a^2)(2c^2+b^2)}\leqslant \frac{1}{3}$
Đã có tại đây
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 01-02-2016 - 18:06 trong Bất đẳng thức và cực trị
Gợi ý:Chứng minh bất đẳng thức sau $\frac{1}{4+a-ab}+\frac{1}{4+b-bc}+\frac{1}{4+c-ac}\geq \frac{3}{3+abc}$
Không cần phức tạp thế đâu bạn tôi ơi
$\sum \frac{1}{4+a-ab}=\sum \frac{1}{4+a(1-b)}$
Do $(a,b,c)\epsilon [1;2]\Rightarrow \frac{3}{2}\leq \sum \frac{1}{4+a(1-b)}\leq \frac{3}{4}$
Dấu ''='' của Max xảy ra tại $a=b=c=2$
Dấu ''='' của Min là $a=b=c=1$
Có bài này cũng hay mà đơn giản nè:
Bài 14:Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.Chứng minh rằng $a^3+b^3+c^3+6abc \geq 9$
P/s:Góp ý chút,bài nào giải rồi nên tô đỏ để mọi người biết là đã được giải
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 17-01-2016 - 21:41 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ta có:
$P=x(1-x^{2})\Rightarrow P^{2}=x^{2}(1-x^{2})^{2}$
$P^{2}=\frac{1}{2}2x^{2}(1-x^{2})(1-x^{2})\leq \frac{1}{2}\frac{(2)^{3}}{27}=\frac{4}{27}$
$\Rightarrow P\leq \frac{2}{3\sqrt{3}}$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=\sqrt{\frac{1}{3}}; y=\sqrt{\frac{2}{3}}$
Vậy Pmax=$\frac{2}{3\sqrt{3}}$
Mình bổ sung thêm bài toán mới
Bài 10:Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$.Chứng minh $\sum \frac{a^{3}}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\geq \frac{1}{3}$
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 16-01-2016 - 21:20 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 1:Biến đổi tương đương ta có $\frac{1}{2}(x-y)(x-z)(y-z)[(x+y)^{2}+(y+z)^{2}+(z+x)^{2}]\geq 0$(luôn đúng)
Dấu ''='' xảy ra khi $x=y=z$
Xin đề xuất bài toán tiếp theo:
Bài 3:Cho $a,b,c>0$.Chứng minh $\sum \frac{a^{3}+b^{3}}{2ab}\geq a+b+c$
Nhân tiện cho chúc mừng sinh nhật VMF ké nhé
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 12-01-2016 - 22:49 trong Quán văn
Chà,nghe như ngôn tình ấy nhỉ Cơ mà hay đó
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 09-01-2016 - 22:06 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho các số dương a,b,c. Chứng minh rằng: $(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2}+2)\geq 9(ab+bc+ca)$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
$3(a^2+2)(1+\frac{(b+c)^2}{2})\geq3(a+b+c)^2\geq9(ab+bc+ac)$
Ta cần cm: $(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(1+\frac{(b+c)^2}{2})$
$\Leftrightarrow b^2c^2+1+\frac{b^2+c^2}{2}\geq 3bc$ ($AM-GM$)
Ta có đpcm
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 09-01-2016 - 21:52 trong Chuyên đề toán THCS
Bài 68:Cho đường tròn (O,R) và dây $AB$ cố định ($AB$ không là đường kính).Từ điểm P di động trên tia đối của tia AB vẽ 2 tiếp tuyến $PN,PQ$.Gọi $K$ là giao của $OP$ và $NQ$.Chứng minh $K$ luôn nằm trên 1 đường tròn cố định
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 09-01-2016 - 21:41 trong Số học
Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn:
(x2 -3) chia hết cho (xy+3)
$x^{2}-3\vdots xy+3\Rightarrow y(x^2-3)\vdots xy+3\Rightarrow x(xy+3)-3(x+y)\vdots xy+3\Leftrightarrow 3(x+y)\vdots xy+3\Leftrightarrow 3(x+y)\geq xy+3\Leftrightarrow (3-x)y\geq 3-3x$
Xét $x=1,2$ rồi tìm y
Xét $x \geq 3$ ta có $y\leq \frac{3x-3}{x-3}=3+\frac{6}{x-3}\leq 9\Rightarrow 1\leq y\leq 9$
Xét các trường hợp của $y$ để tìm $x$
Hơi nhiều trường hợp nhỉ =))
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 09-01-2016 - 17:54 trong Đại số
Giải hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{\frac{6x}{x+y}} + \sqrt{\frac{x+y}{6x}} = \frac{5}{2} \\ x+y-xy = 9 \end{matrix}\right.$
ĐK:$x>0;x>-y$
Đặt $\sqrt{\frac{6x}{x+y}} =a\Rightarrow \sqrt{\frac{x+y}{6x}} =\frac{1}{a}\Rightarrow a+\frac{1}{a}=\frac{5}{2}\Leftrightarrow 2(a^{2}+1)=5a\Leftrightarrow (2a-1)(a-2)=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix}a=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \frac{6x}{x+y}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow 23x=y & \\ a=2\Leftrightarrow\frac{6x}{x+y}=4\Leftrightarrow x=2y & \end{bmatrix}$
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 09-01-2016 - 17:45 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho các số thực dương a,b. Tìm hằng số k lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức : \[\frac{k}{a^{3}+b^{3}}+\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}\geq \frac{16+4k}{\left ( a+b \right )^{3}}\]
Biến đổi BĐT đã cho thành
$ ( \frac{k}{a^{3}+b^{3}}-\frac{4k}{(a+b)^{3}} )+ ( \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}-\frac{16}{(a+b)^{3}})\geq 0$
$\Leftrightarrow ( \frac{a-b}{a+b})^{2}[ \frac{(a^{2}+ab+b^{2})^{2}+3ab(a+b)^{2}+3a^{2}b^{2}}{a^{3}b^{3}(a+b)}-\frac{3k}{a^{3}+b^{3}} ]\geq 0$
Nên BĐT sau phải đúng:
$ [ (a^{2}+ab+b^{2})^{2}+3ab(a+b)^{2}+3a^{2}b^{2} ](a^{3}+b^{3})\geq 3ka^{3}b^{3}(a+b)$
Cho $a=b$ suy ra $k\leq 8$. Mặt khác, khi k=8 thì theo AM-GM:
$(a^{2}+ab+b^{2})^{2}+3ab(a+b)^{2}+3a^{2}b^{2}\geq 24a^{2}b^{2}$
$a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)$ (đpcm)
Hằng số $k$ tốt nhất là $k=8$
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 09-01-2016 - 12:11 trong Bất đẳng thức và cực trị
Chứng minh rằng: $\frac{27}{4}(x+y)(y+z)(z+x)\geq \left ( \sqrt{x+y} +\sqrt{y+z} +\sqrt{z+x} \right )^{2}\geq 6\sqrt{3}$
với $\forall x,y,z>0;xy+yz+zx=1$
Áp dụng bất đẳng Cauchy-Schwarz và Minkopxki ta có:
$( \sqrt{x+y} +\sqrt{y+z} +\sqrt{z+x})^{2}=2(x+y+z+\sum \sqrt{(x+y)(y+z)})\geq 2(\sqrt{3(xy+yz+zx)}+\sum \sqrt{x^{2}+1})=2(\sqrt{3}+\sum \sqrt{x^{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}})\geq 2\sqrt{3}+2\sqrt{(x+y+z)^{2}+3(\sqrt{3})^{2}}\geq 2\sqrt{3}+2\sqrt{3(xy+yz+zx)+9}=2\sqrt{3}+2\sqrt{12}=6\sqrt{3}\rightarrow \square $
Dấu ''='' xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 08-01-2016 - 19:16 trong Tài liệu - Đề thi
Nhận xét về cấu trúc ra đề:
Phần đại số chiếm quá nhiều trong khi phần hình lại quá ít,và bài hình duy nhất ấy quá dễ,học sinh đại trà lớp 7 cũng làm được.
Bài bất đẳng thức không phù hợp với THCS khi lời giải phải dùng đến bất đẳng thức Schur.
Bài hệ khá ổn,bài phương trình vô tỉ nghiệm xảy ra THCS chưa giải được.
Tóm lại đề còn có nhiều sai sót và cần chỉnh sửa nhiều hơn nữa
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 08-01-2016 - 19:11 trong Tài liệu - Đề thi
Câu 3:
Giải phương trình sau:$4x^2-11x+10=(x-1)\sqrt{2x^2-6x+2}$
Câu 4:Cho tam giác ABC cân tại A có M là trung điểm của BC,O là điểm nằm trong tam giác sao cho $\widehat{OBA}=\widehat{OCB}$.Chứng minh rằng:$\widehat{AOC}+\widehat{BOM}=180^{\circ}$
4.Bài hình sao nghèo nàn quá vậy,đi thi hình luôn là câu gây trở ngại khó nhất cho thí sinh mà,bài này dễ quá
$\Delta OMB=\Delta OMC(c.g.c)\Rightarrow \widehat{BOM}=\widehat{CMO}\Rightarrow \widehat{BOM}+\widehat{AOC}=\widehat{CMO}+\widehat{AOC}=180^{\circ}\rightarrow Q.E.D$
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 07-01-2016 - 21:21 trong Bất đẳng thức và cực trị
1. Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=9,xyz\leq 0$
CMR: $2(x+y+z)-xyz\leq 10$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki
$\left [2(x+y)+z(2-xy) \right ]^2\leqslant \left [ (x+y)^2+z^2 \right ](4+(2-xy)^2)$
$=(9+2xy)(8+x^2y^2-4xy)$
Ta sẽ đi cm $(9+2t)(8+t^2-4t)\leqslant 100$
$(t+2)^2(2t-7)\leqslant 0$ (với $t=xy$) $(*)$
Đến đây giả sử $|x|\leqslant |y|\leqslant |z|\Rightarrow x^2\leqslant y^2\leqslant z^2\Rightarrow x^2+y^2\leqslant 6$
Mà $xy\leqslant \frac{x^2+y^2}{2}\leqslant 3$ suy ra đpcm
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 07-01-2016 - 18:12 trong Bất đẳng thức và cực trị
Tìm GTLN và GTNN của biểu thức:
ĐK:$2\geq x\geq 1$
Đặt biểu thức ban đầu là A ta có $A=1-\frac{4\sqrt{2-x}}{\sqrt{x-1}+2\sqrt{2-x}+3}\leq 1$.
$A=1-\frac{4\sqrt{2-x}}{\sqrt{x-1}+2\sqrt{2-x}+3}\geq 1-\frac{4\sqrt{2-1}}{\sqrt{1-1}+2\sqrt{2-1}+3}=1-\frac{4}{5}=\frac{1}{5}\Rightarrow \frac{1}{5}\leq A\leq 1$
$A_{max}=1\Leftrightarrow x=2;A_{min}=\frac{1}{5}\Leftrightarrow x=1$
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 07-01-2016 - 17:52 trong Bất đẳng thức và cực trị
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}\leq \sqrt{(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})(a^{2}+b^2+c^2)}\leq \sqrt{\frac{(a^2+b^2+c^2)^{2}}{3}.3}=3;a^{2}+b^2+c^2\leq \sqrt{3(a^{4}+b^4+c^4)}\Leftrightarrow 3\leq \sqrt{3(a^{4}+b^4+c^4)}\Leftrightarrow a^{4}+b^4+c^4\geq 3$
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 07-01-2016 - 17:47 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho $a$ $\leqslant$ $b$ $\leqslant$ $c$ và $(a+b+c)^{2}$ $\leqslant$ $9bc$.
Chứng minh: $a^{3}$+$b^{3}$+$c^{3}$+$3abc$ $>$ $ab(a+b)$+$bc(b+c)$+$ca(c+a)$
Đây là bất đẳng thức Schur,có thể chứng minh như sau
Giả sử:$a\geq b\geq c\Rightarrow \left\{\begin{matrix}c(c-a)(c-b)\geq 0 & & \\ a(a-c)\geq b(b-c) & &\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}c(c-a)(c-b)\geq 0 & & \\ a(a-c)(a-b)+b(b-c)(b-a)\geq 0 & & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \sum a(a-c)(a-b)\geq 0\Leftrightarrow \sum a^3+3abc\geq \sum a^2(b+c)$
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 03-01-2016 - 18:35 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương thỏa mãn: $xyz=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{4}{3(z+1)^3}$
Có thể áp dụng bổ đề NÀY
Giả sử $z=max(x,y,z)\Rightarrow z\geq 1$
Áp dụng bổ đề trên kết hợp vs bất đẳng thức C-S ta có $P\geq \frac{1}{1+xy}+\frac{4}{3(z+1)^3}=\frac{z}{z+1}+\frac{4}{3(z+1)^3}=\frac{3z(z+1)^{2}+4}{3(z+1)^3}=\frac{3z^{3}+6z^2+3z+4}{3z^{3}+9z^2+9z+3}=1-\frac{z(z+1)}{(z+1)^{3}}-\frac{2}{3(z+1)^{3}}=1-\frac{z}{(z+1)^{2}}-\frac{2}{3(z+1)^{3}}\geq 1-\frac{z}{4z}-\frac{2}{3(z+1)^{3}}=\frac{3}{4}-\frac{2}{3(z+1)^{3}}\geq \frac{3}{4}-\frac{2}{3.2^{3}}=\frac{2}{3}$
Dấu ''='' xảy ra khi $x=y=z=1$
Đã gửi bởi quanganhthanhhoa on 03-01-2016 - 15:28 trong Bất đẳng thức và cực trị
Giúp mình bài này:
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$ . Chứng minh rằng :
$\dfrac{b\sqrt{c}}{a\left (\sqrt{3c}+\sqrt{ab}\right )}+\dfrac{c\sqrt{a}}{b\left (\sqrt{3a}+\sqrt{bc}\right )}+\dfrac{a\sqrt{b}}{c\left (\sqrt{3b}+\sqrt{ca}\right )}\ge \dfrac{3\sqrt{3}}{4}$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học