cvp nội dung
Có 411 mục bởi cvp (Tìm giới hạn từ 14-05-2020)
#201840 BĐT nè pà con
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 07:05 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
$\dfrac{{a^2 + b}}{{b + c}} + \dfrac{{b^2 + c}}{{c + a}} + \dfrac{{c^2 + a}}{{a + b}} \ge 2$
(Chú ýễ nên giải bằng nhiều cách)
#201841 Hệ phương trình + số NT
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 07:17 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
$\left\{ \begin{array}{l}
x = t^2 - 2 \\
y = 2t^2 - 1 \\
z = 3t^2 + 4 \\
\end{array} \right.$
#201842 Sặc sụa 1 bài khoai em không nuốt được !
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 07:25 trong Bất đẳng thức và cực trị
My solution:
$\begin{array}{l}
\dfrac{1}{{a^2 + 2b^2 + 3}} + \dfrac{1}{{b^2 + 2c^2 + 3}} + \dfrac{1}{{c^2 + 2a^2 + 3}} \\
\le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{1}{{bc + c + 1}} + \dfrac{1}{{ca + a + 1}}} \right) \\
= \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{c}{{bc + c + 1}} + \dfrac{1}{{bc + c + 1}} + \dfrac{{bc}}{{bc + c + 1}}} \right) = \dfrac{1}{2} \\
\end{array}$
Vậy max = $
\dfrac{1}{2}$ khi a=b=c=1.
#201843 Gõ công thức toán học lên diễn đàn bằng Mathtype
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 07:58 trong Công thức Toán trên diễn đàn
#201848 Hu hu hu con lượng giác này làm em tổn thọ quá
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 08:54 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác
uhm đây là lời giải của mình:(check hộ xem đúng ko na)
Giúp em với !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \sin \dfrac{x}{2}\sin x - 2\sin \dfrac{x}{2}\sin x\cos ^2 \dfrac{x}{2} = 2\cos ^2 (\dfrac{\pi }{4} - \dfrac{x}{2}) - 1 \\
\Leftrightarrow \sin \dfrac{x}{2}\sin x(1 - 2\cos ^2 \dfrac{x}{2}) = \cos (\dfrac{\pi }{2} - x) \\
\Leftrightarrow - \sin \dfrac{x}{2}\sin x\cos x = \sin x \\
\Leftrightarrow \sin x(1 + \sin \dfrac{x}{2}\cos x) = 0 \\
\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sin x = 0 \\
\sin \dfrac{x}{2}\cos x = - 1 \\
\end{array} \right. \\
\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = k2\pi \\
\left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\sin \dfrac{x}{2} = 1 \\
\cos x = - 1 \\
\end{array} \right. \\
\left\{ \begin{array}{l}
\sin \dfrac{x}{2} = - 1 \\
\cos x = 1 \\
\end{array} \right. \\
\end{array} \right. \\
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = k2\pi \\
x = \pi + k4\pi \\
x = - \pi + k4\pi \\
\end{array} \right.\left( {k \in } \right) \\
\end{array}$
Vậy kết kuận nghiệm của pt
#201927 Sặc sụa 1 bài khoai em không nuốt được !
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 18:12 trong Bất đẳng thức và cực trị
Hjk sai ư!nếu bạn giải thế này thì đúng rùi còn j`!Sai rồi bạn ơi ( .... Tớ cũng ra kết quả đó nhưng cô giáo bảo SAI (
Không sai đâu bạn ơi!
Nếu sai thì bạn sửa đj.hoặc chỉ ra chỗ sai rùm mình cái.
#201930 CM BDT
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 18:29 trong Bất đẳng thức và cực trị
Trước hết để mình ghi lại đề cho dễ nhìn nha.cac pro giup em voi:a^2/(b-1) + b^2/(a-1) 8, biet a,b lon 1
Cho a,b >1.CMR: $\dfrac{{a^2 }}{{b - 1}} + \dfrac{{b^2 }}{{a - 1}} \ge 8$
và đây là lời giải của mình:
a>1;b>1 nên a-1;b-1>0
Ta có:
$VT \ge \dfrac{{(a + b)^2 }}{{a + b - 2}} = \dfrac{{\left( {a + b - 2 + 2} \right)^2 }}{{a + b - 2}} \ge \dfrac{{8(a + b - 2)}}{{a + b - c}} = 8$
sử dụng cái $\left( {A + 2} \right)^2 \ge 8A$ ý mà
#201940 tim min max
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 19:19 trong Bất đẳng thức và cực trị
đề bài là :$A = x + \dfrac{y}{{z + 2}} + y + \dfrac{z}{{x + 2}} + z + \dfrac{x}{{y + 2}}$tim Min Max:A=x+y/(2+z) + y+z/(2+x) + x+z/(2+y)
cho biet :1 x,y,z 2
hay $A = \dfrac{{x + y}}{{z + 2}} + \dfrac{{y + z}}{{x + 2}} + \dfrac{{z + x}}{{y + 2}}$
????
#201941 tim min max
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 19:47 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ta có:
$\begin{array}{l}
A + 3 = \dfrac{{x + y + z + 2}}{{z + 2}} + \dfrac{{y + z + x + 2}}{{x + 2}} + \dfrac{{z + x + y + 2}}{{y + 2}} \\
= \left( {x + y + z + 2} \right)\left( {\dfrac{1}{{x + 2}} + \dfrac{1}{{y + 2}} + \dfrac{1}{{z + 2}}} \right) \\
\end{array}$
• Tìm min nè:
$ \Rightarrow A + 3 \ge \dfrac{{9\left( {x + y + z + 2} \right)}}{{x + y + z + 6}} \ge \dfrac{{5\left( {x + y + z + 6} \right)}}{{x + y + z + 6}} = 5$ bởi vì $x + y + z \ge 3$ mà!
Vậy $A_{\min } = 2$
• Tìm max nè:
$\begin{array}{l}
A = \dfrac{y}{{x + 2}} + \dfrac{z}{{x + 2}} + \dfrac{x}{{y + 2}} + \dfrac{z}{{y + 2}} + \dfrac{y}{{z + 2}} + \dfrac{x}{{z + 2}} \\
\le \dfrac{y}{{x + y}} + \dfrac{z}{{x + z}} + \dfrac{x}{{y + x}} + \dfrac{z}{{y + z}} + \dfrac{y}{{z + y}} + \dfrac{x}{{z + x}} = 3 \\
\end{array}$ bời vì $x,y,z \le 2$ mà
Vậy $A_{\max } = 3$
Ok men!cả minh max đó bạn thanks cho mình cái ha, mình là thành viên mới mà
#201944 CM BDT
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 19:58 trong Bất đẳng thức và cực trị
ok thui;lời giải của mình nè bạn:Thế giải nốt hộ bài này cái:cho biết a,b,c dương,abc=1
a^3/(1+b)(1+c) +b^3/(1+a)(1+c) +c^3/(1+a)(1+b) 3/4
Áp dụng BĐT Cô-si (AM-GM) ta có:
$\dfrac{{a^3 }}{{\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right)}} + \dfrac{{1 + b}}{8} + \dfrac{{1 + c}}{8} \ge \dfrac{3}{4}a$
Tương tự rùi cộng lại ha;ta đc:
$\begin{array}{l}
VT + \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{1}{2}\left( {a + b + c} \right) \ge \dfrac{3}{2} \\
\Rightarrow VT \ge \dfrac{3}{4} \\
\end{array}$ ($a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} = 3$ mà,)
=> đpcm đó bạn!
Dấu"=" <=> a=b=c=1
#201950 một phong cách học toán bđt
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 20:13 trong Bất đẳng thức và cực trị
$\sqrt {\dfrac{{x^2 + 1}}{2}} + \sqrt x \le x + 1$
Cm điều này rất đơn giản, bp và biến đổi ta đc:
$(\sqrt x - 1)^4 \ge 0$ điều này hiển nhiên đúng mà!Đẳng thức khi x=1:D
Ứng dụng bt trên ta có bt về hệ pt sau(không hề dễ nếu ta ko bít bt tổng quát trên):
Giải hệ pt trên tập số thực dương:
$\left\{ \begin{array}{l}
xyz = 1 \\
\sqrt {x^2 + 1} + \sqrt {y^2 + 1} + \sqrt {z^2 + 1} = \sqrt 2 \left( {x + y + z} \right) \\
\end{array} \right.$
lời giải dành cho các bạn(chỉ cần dùng bt trên là xong). Nghiệm duy nhất x=y=z=1!
Tổng quát bt trên tương tự cho
$a_1 ,a_2 ,...,a_n $ có tích bằng 1.Khá hay đó!
BT tổng quát trên còn nhiều ứng dụng mong các bạn đóng góp.Mong rằng đây là 1 bt hữu ích cho các bạn đb là các bạn thi HSG.
Chúc các bạn thành công!
#201956 chứng minh đẳng thức lượng giác
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 20:51 trong Công thức lượng giác, hàm số lượng giác
$\begin{array}{l}
\dfrac{{\sin ^4 c}}{a} + \dfrac{{\cos ^4 c}}{b} = \dfrac{1}{{a + b}} \\
\Leftrightarrow \dfrac{{\sin ^4 c}}{a} + \dfrac{{\cos ^4 c}}{b} = \dfrac{{\left( {\sin ^2 c + \cos ^2 c} \right)^2 }}{{a + b}} \\
\Leftrightarrow (a\cos ^2 c - b\sin ^2 c)^2 = 0 \\
\Leftrightarrow \dfrac{{\sin ^2 c}}{a} = \dfrac{{\cos ^2 c}}{b} = \dfrac{{\sin ^2 c + \cos ^2 c}}{{a + b}} = \dfrac{1}{{a + b}} \\
\Rightarrow \dfrac{{\sin ^6 c}}{{a^3 }} = \dfrac{{\cos ^6 c}}{{b^3 }} = \dfrac{1}{{\left( {a + b} \right)^3 }} \\
\Rightarrow \dfrac{{\sin ^8 c}}{{a^3 }} + \dfrac{{\cos ^8 c}}{{b^3 }} = \dfrac{{\sin ^2 c + \cos ^2 c}}{{\left( {a + b} \right)^3 }} = \dfrac{1}{{\left( {a + b} \right)^3 }} \\
\end{array}$
đó là đpcm!
#201961 chứng minh đẳng thức lượng giác
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 21:06 trong Công thức lượng giác, hàm số lượng giác
Em xin làm bài 1 như sau:giúp em làm 2 bài này với:
[i][color=SeaGreen]1,cho tam giác ABC có góc A,B nhọn và $sin^2A+sin^2B=\sqrt[9]{sinC}$
tính góc C
$\begin{array}{l}
\sin ^2 C \le \sqrt[9]{{\sin C}} \\
\Rightarrow \sin ^2 A + \sin ^2 B \ge \sin ^2 C \\
\Leftrightarrow a^2 + b^2 \ge c^2 \Rightarrow \cos C \ge 0 \Rightarrow C \le \dfrac{\pi }{2} \\
\end{array}$ (1)
Mặt khác
$\begin{array}{l}
\sqrt[9]{{\sin C}} \le 1 \\
\Rightarrow \sin ^2 A + \sin ^2 B \le 1 \\
\Leftrightarrow 1 - 2\cos 2A + 1 - 2\cos 2B \le 0 \\
\Leftrightarrow \cos 2A + \cos 2B \ge 0 \\
\Leftrightarrow \cos C\cos (A - B) \le 0 \\
\Rightarrow \cos C \le 0 \Rightarrow C \ge \dfrac{\pi }{2} \\
\end{array}$ (2)
Từ (1) và (2) => $C = \dfrac{\pi }{2}$
hì nhớ thanks mình cái ha!!!
#201963 BĐT nè pà con
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 21:33 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
(Nguồn bt Old and new inequalities............)
#201964 một phong cách học toán bđt
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 21:38 trong Bất đẳng thức và cực trị
sai rùi bạn ơi x,y,z<0 thì thế nào????bài hệ này hình như chỉ cần dùng đến pt này thui kok cần $x,y,z>0$
bài toán bắt buộc fai có x,y,z thực dương
#201965 Sặc sụa 1 bài khoai em không nuốt được !
Đã gửi bởi cvp on 19-06-2009 - 21:41 trong Bất đẳng thức và cực trị
hì uh lời giải cua rminhf đúng mà.hehe thanks cái nhaCô giáp sai rồi đấy
#201990 một phong cách học toán bđt
Đã gửi bởi cvp on 20-06-2009 - 05:45 trong Bất đẳng thức và cực trị
hehe nhầm lẫn lớn rùi bạn!chắc chưa vậy $x,y,z<0$ pt vô no
Nếu chỉ 1,2 số dương thì thế nào!
Trước hết xin khẳng định bt tôi nói trên (bt tổng quát ý)có bđt khi x≥0
BAN DA HIEU CHUA
#201991 tim min max
Đã gửi bởi cvp on 20-06-2009 - 05:54 trong Bất đẳng thức và cực trị
Tất nhiên nhưng bạn có thể thấy con đường của bạn khó đi hơn!tìm min có thể Cauchy trực tiếp VT sau đó CM$27(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8(x+2)(y+2)(z+2)$
Mời bạn zô bt sau:
Cho x,y,z là các số thực.CM bất đẳng thức sau:
$\dfrac{{x^2 - y^2 }}{{2x^2 + 1}} + \dfrac{{y^2 - z^2 }}{{2y^2 + 1}} + \dfrac{{z^2 - x^2 }}{{2z^2 + 1}} \le 0$
#201992 1 bài toán trong đề thi
Đã gửi bởi cvp on 20-06-2009 - 06:13 trong Tài liệu - Đề thi
Dễ thấy nếu x hoặc y =1 thì $\dfrac{1}{{x^2 }} + \dfrac{1}{{xy}} + \dfrac{1}{{y^2 }} > 1$
Bây jo xét $x,y \ge 2 \Rightarrow \dfrac{1}{{x^2 }} + \dfrac{1}{{xy}} + \dfrac{1}{{y^2 }} \le \dfrac{1}{{2^2 }} + \dfrac{1}{{2.2}} + \dfrac{1}{{2^2 }} = \dfrac{3}{4} < 1$
tóm lại pt ko có nghiệm nguyên dương
#202039 một phong cách học toán bđt
Đã gửi bởi cvp on 20-06-2009 - 12:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
Xin lỗi bạn xem lại dùm mình: $\sqrt {x^2 + 1} \ge \sqrt 2 \left| x \right|???$đây nhé ($x,y,z$ là số thực)
ta có:
$ \sqrt{x^2+1} \geq /x/\sqrt{2} \geq x\sqrt{2} $
cộng 2 bdt tương tự vào ta có $ VT \geq VP$
dấu bằng xảy ra khi ... :
có lẽ bạn đã nhầm : chỉ có $\sqrt {x^2 + 1} \ge \sqrt {2x} $ mà thôi!!
Hơn nửa bài toán của mình đưa ra mục đích là cm VT≤VP cơ mà!
#202041 BĐT nè pà con
Đã gửi bởi cvp on 20-06-2009 - 12:26 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Tất nhiên đó là cách thông thường.và nó hơi dài dòng.(đó cũng chính là cách của sách mà)gợi ý BDT Schur+Cauchy
Tui có cách khác ngắn hơn nhiều!
Bạn thử nghĩ nhé!
#202042 tim min max
Đã gửi bởi cvp on 20-06-2009 - 12:30 trong Bất đẳng thức và cực trị
có liên quan đấy nhưng là theo hướng giải của mình cho bài này cơ!mình chả thấy sự liên quan nào giữa bt trên và bài này
nếu suy nghĩ của mình đúng thì bài bạn đưa ra chỉ cần dùng 1 dòng là dcj
#202043 tim min max
Đã gửi bởi cvp on 20-06-2009 - 12:43 trong Bất đẳng thức và cực trị
uh mình xem lại rùi nhưng ko sai mà.lấy 1 cái cụ thể cho bạn nè:Tim max cua pac CVP sai rui.kho wa xem lai di pac cvp a
$y \le 2 \Rightarrow x + y \le 2 + x \Rightarrow \dfrac{1}{{x + y}} \ge \dfrac{1}{{x + 2}} \Rightarrow \dfrac{y}{{x + y}} \ge \dfrac{y}{{x + 2}}$
Tương tự như thế mà bạn; cách này rất dơn giản mà;ko fức tạp chút nào!!
#202049 Hệ phương trình + số NT
Đã gửi bởi cvp on 20-06-2009 - 12:55 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Dạng nè lạ chăng?
#202058 Khó đây !
Đã gửi bởi cvp on 20-06-2009 - 13:41 trong Bất đẳng thức và cực trị
hì bài nè không khó đâu;và tất nhiên đây là lời giải đại số thuần tuý:Tìm min max của
$A = \dfrac{(x^2- y^2)(1 - x^2y^2)}{ [ ( 1+ x^2 )( 1+ y^2 ) ] ^2 } $
Một bài toán quen thuộc nhưng ko dùng cách lượng giác hóa
đặt$ x = tan a$ và $ y = tan b$
$\left| A \right| = \dfrac{{\left| {x^2 - y^2 } \right|\left| {1 - x^2 y^2 } \right|}}{{\left( {\left( {x^2 + 1} \right)\left( {y^2 + 1} \right)} \right)^2 }} \le \dfrac{{\left| {x^2 + y^2 } \right|\left| {1 + x^2 y^2 } \right|}}{{\left( {\left( {x^2 + 1} \right)\left( {y^2 + 1} \right)} \right)^2 }} \le \dfrac{1}{4}\dfrac{{\left( {x^2 + y^2 + 1 + x^2 y^2 } \right)^2 }}{{\left( {x^2 + y^2 + 1 + x^2 y^2 } \right)}} = \dfrac{1}{4}$
Vậy $\dfrac{{ - 1}}{4} \le A \le \dfrac{1}{4}$
Vậy Amin = -1/4 khi $x = 0;y = \pm 1$
Amax=1/4 khi $x = \pm 1;y = 0$
hì nếu ok thì thanks mình cái ha!
- Diễn đàn Toán học
- → cvp nội dung