Bài 471. Cho $0\leq a,~b,~c\leq 1$. CMR: $a^2+b^2+c^2\leq 1+a^2b+b^2c+c^2a $

-Do $0\leq a,b,c\leq 1\to \left\{\begin{matrix}abc\geq 0 \\ a\geq a^2 \\ b\geq b^2 \\ c\geq c^2 \end{matrix}\right.$
-Do đó:
$VP\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1-abc$
-Lại có:
$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1-abc-a^2-b^2-c^2=(1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)\geq 0$
(do $0\leq a,b,c\leq 1$)
$\rightarrow dpcm$

Bài 467: Co 3 số thực x,y,z thoả mãn x(x-1)+ y(y-1) +z(z-1)$\leq \frac{4}{3}$. Chứng minh: x+y+z$\leq 4$

-Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Shwarz ta dc: $3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z)^2$$\Rightarrow \frac{\left ( x+y+z \right )^2}{3}-(x+y+z)\leq x(x-1)+y(y-1)+z(z-1)\leq 4$
$\Rightarrow \left [ \left ( x+y+z \right ) -4\right ]\left [ \left ( x+y+z \right )+1 \right ]\leq 0$
$\rightarrow dpcm$

BÀI 360:
Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^3}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} \ge \frac{{a + b + c}}{4}$
-------
P/S: Topic này dần lặng đi rồi, mọi người tiếp tục post bài nào !
-------

-Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

$\frac{a^3}{(b+c)^2}+\frac{b+c}{8}+\frac{b+c}{8}\geq \frac{3a}{4}$

-Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế với vế ta được điều cần chứng minh.

Bài 359: CMR với mọi số thực dương $a,b,c$ thì:
$$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}+\frac{b^3}{2b^2-bc+2c^2}+\frac{c^3}{2c^2-ca+2b^2}\geq \frac{a+b+c}{3}$$

-Áp dụng bdt AM_GM ta có $2a^2+2b^2-ab\geq 4ab-ab=3ab$

-Ta có
$$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}=\frac{1}{2}.\frac{a(2a^2-ab+2b^2)-ab(2b-a)}{2a^2-ab+2b^2}\geq \frac{1}{2}\left ( a-\frac{ab(2b-a)}{3ab} \right )\geq \frac{1}{2}\left ( a-\frac{2b-a}{3} \right )$$


-Xây dựng các bất đẳng thức tượng tự rồi cộng vào ta được điều cần chứng minh.

Bài 494
Bài làm
a, ta có :$ a^2 +b^2 \leq (a+b)^2 =4$
$ab \leq \frac{(a+b)^2}{4}=1$
$\Rightarrow ab(a^2+b^2) \leq 4 $
Vậy$ A_{Max} =4$
Dấu $=$ sảy ra $\leftrightarrow a=b=0$

-Bất đẳng thức đó là j` vậy.
-Bài này làm như sau:
Áp dụng bdt am-gm ta có:
$2ab(a^2+b^2)\leq \frac{(a^2+b^2+2ab)^2}{4}=\frac{(a+b)^4}{4}=4$

Lúc mới vào thì ghiền cái topic này nhất mà sao giờ chán thế
291 Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác
CMR : $\frac{a^4}{b+c} + \frac{b^4}{c+a} +\frac{c^4}{a+b} < 2(a^2b+b^2c+c^2a)$

Giả sử $a\geq b\geq c$
$\Leftrightarrow (a-c)(b-c)(a-b)\geq 0$
$\Leftrightarrow a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \geq a^{2}c+b^{2}a+c^{2}b$
$\Leftrightarrow 2(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a + a^{2}c+b^{2}a+c^{2}b=a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)> a^{3}+b^{3}+c^{3}$
$>\frac{a^4}{b+c} + \frac{b^4}{c+a} +\frac{c^4}{a+b}$

Bài 128. Cho (O;R) và dây AB<2R. Tiếp tuyến tại A và B của (O) cắt nhau tại M. Gọi T là trung điểm MA và K là giao điểm của BT và (O). Gọi H là giao điểm của AB và MO, F là giao điểm của KH và (O).
a)Chứng minh rằng: MO là tia phân giác của góc KMF
b)Gọi C là giao điểm thứ 2 của MK với (O). Chứng minh tam giác ABC cân tại A

Bài 98: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $AD$ là đường kính của $(O)$. $M$ là trung điểm của $BC$, $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Gọi $X$, $Y$, $Z$ lần lượt là hình chiếu của $D$ lên $HB$, $HC$, $BC$. Chứng minh rằng $X$, $Y$, $Z$, $M$ cùng thuộc một đường tròn.
----

-Bài này cho nhiều giả thiết để gây nhiễu.
Dễ thấy: tứ giác HBDC là hình bình hành. Đến đây, tớ chỉ vẽ tứ giác này cho hình nó to

-Vì tứ giác HBDC là hình bình hành và M là trung điểm BC nên M là trung điểm HD
-Xét tam giác HXD vuông ở X có MH=MD nên:
$XM=HM\Rightarrow \widehat{HMX}=180^0-2.\widehat{XHM}$
-Tg tự $\widehat{XMY}=180^0-2\widehat{YHM}$
-Do đó: $\widehat{XMY}=\widehat{HMX}+\widehat{HMY}=360^0-2(\widehat{XHM}+\widehat{MHY})=2(180^0-\widehat{BHC})=2.\widehat{HBD}$
-Dễ thấy: tứ giác XZDB và ZYCD nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{XZY}=360^0-(\widehat{XZD}+\widehat{YZD})=\widehat{XBD}+\widehat{YCD}=2\widehat{HBD}$
-Vậy: $\widehat{XMY}=\widehat{XZY}$ nên tứ giác XMZY nội tiếp
$\Rightarrow dpcm$

______________________________
Bài 45: Cho $\triangle ABC$, $H$ là trực tâm.
CMR: $\frac{BH.CH}{AB.AC}+\frac{CH.AH}{BC.BA} + \frac{AH.BH}{AC.BC} =1$
p/s: bài không khó

-Ta có
$\Delta CHE\sim \Delta BAE(g-g)$
$\to \frac{CH}{AB}=\frac{CE}{BE}$
$\to \frac{CH.BH}{AB.AC}=\frac{CE.BH}{BE.AC}=\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}$
-Xây dựng các đẳng thức tương tự ta được dpcm/

Bài 58. Giải hệ phương trình

$$\left\{\begin{matrix}
9y^3(3x^3-1)=-125 & & \\ 45x^2y+75x=6y^2
& &
\end{matrix}\right.$$

Đề thi HSG tỉnh Đồng Tháp 09/10

-Công nhận mình có duyên với đề đồng tháp thật
-Nhận thấy $y\neq 0$ nên hệ phương trình tương đương với:
$\left\{\begin{matrix}6y^3(3x^3-1)=\frac{-250}{3} \\45x^3y^3+75xy=6y^3 \end{matrix}\right.$
-Trừ vế với vế ta dc:
$18x^3y^3-45x^2y^2-75xy+\frac{250}{3}=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}xy=\frac{-5}{3} \\ xy=\frac{10}{2} \\ xy=\frac{5}{6} \end{bmatrix}$
-Thay xy trên vào pt (1) ta tìm dc y sau đó là x.
-Hệ phương trình có các nghiệm là: $(x;y)=\left ( \frac{2}{3};5 \right );\left ( \frac{1}{3} ;\frac{5}{2}\right )$

Như vậy là đã xong bé 39,40. Còn 38 nữa thôi, post luôn bài mới


Bài 41. Giải hệ phương trình

$$\left\{\begin{matrix}
\sqrt{9+8x^2y-x^4y^2}=y\left ( 16y^5-3x^2y^2+1 \right ) \\ 1+\sqrt{16+\left ( x-2y \right )^2}=x^2\left ( 5y^3-x^2 \right )+y
\end{matrix}\right.$$

Đề chọn HSG lớp 12 dự thi cấp quốc gia - Đồng Tháp - 2011/2012

Chém gió: Bài này ý tưởng chắc là đánh giá, nhìn qua qua thấy quen mắt lắm !

------------

-Bạn chém gió chuẩn thế
-Ta có
$y(16y^5-3x^2y^2+1)-[x^2(5y^3-x^2)+y]=(4y^3-x^2)^2\geq 0$
$\Rightarrow \sqrt{9+8x^2y-x^4y^2}\geq 1+\sqrt{16+(x-2y)^2}$
-Lại có:
$ \sqrt{9+8x^2y-x^4y^2}\leq1+\sqrt{16+(x-2y)^2}$
-Bất đẳng thức trên đúng do
$ \sqrt{9+8x^2y-x^4y^2}=\sqrt{( 9-x^2y)(x^2y+1)}\leq 5$ (theo AM-GM)
và $1+\sqrt{16+(x-2y)^2}\geq 5$
-Do đó: $\sqrt{9+8x^2y-x^4y^2}= 1+\sqrt{16+(x-2y)^2}=5$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=2y \\x^2y=4 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=2 \\ y=1 \end{matrix}\right.$

Post tiếp đẩy topic lên tí

Bài 64. Giải hệ phương trình

$$\left\{\begin{matrix}
x^2-y^2=0 & & \\
x+y^2+12\sqrt[3]{x^2y}=2010 & &
\end{matrix}\right.$$

Đề chọn đội tuyển 11 - Chuyên Lê Quý Đôn - Quảng Trị 2011-2012.

P/S: Chọn đội tuyển 30/4 mà không khó lắm

-Hix. Chắc bài này để tránh điểm liệt quá
-Hệ tương đương với:
$\left\{\begin{matrix}x=\pm y \\ x+y^2+12y=2010 \end{matrix}\right.$
-Với $x=y$ thì $y^2+13y-2010=0$
-Với $x=-y$ thì $y^2+11y-2010=0$

p/s: Nghiệm lẻ quá.

Bài 1. Giải các phương trình sau:

b) $(12x-1)(6x-1)(4x-1)(3x-1)=5$

Phương trình tương đương với:
$(12x-1)(12x-2)(12-3)(12-4)=5.2.3.4=120$ (*)

Đặt 12x-4=t$
(*)\Leftrightarrow t(t+1)(t+2)(t+3)=120$
$\Leftrightarrow (t^2+3t)(t^2+3t+2)=120$ (**)

Đặt $t^2+3t+1=s$

$(**)\Leftrightarrow (s-1)(s+1)=120\Leftrightarrow s^2-1=120\Leftrightarrow s^2=121\Leftrightarrow s=\pm 11$

Từ đây ta thay lần lượt sẽ được nghiệm

Cho mình xin tài liệu về định lý con nhím và ứng dụng của nó,thật sự mình search mãi mà không down được,ai cho mình với(mình muốn down về tiện cho việc học )

-Mình có tài liệu này

Đề thi trận 1
Giải hệ phương trình trên tập hợp số thực :
$$\begin{cases}
& \text \sqrt[8]{2.\sqrt[5]{7} - \sqrt[10]{y}} + (17 - \sqrt{37}).z^2 = 544 - 32.\sqrt{37} (1) \\
& \text x.(9.\sqrt{1 + x^2} + 13.\sqrt{1 - x^2}) + 4\sqrt{y} = 912 (2)\\
& \text \sqrt{(10.\sqrt{5} + 20).x.(1 - x)} + z.\sqrt[6]{8} = 10 (3)
\end{cases}$$

-ĐKXD:
$\left\{\begin{matrix}y\leq 50176 \\ 1-x^2\geq 0 \\ x(1-x)\geq 0 \end{matrix}\right.$
-Ta có:
*Xét $0\leq x$ (?) thì từ pt (2) ta có: $4\sqrt{y}\geq 912\Leftrightarrow y\geq 51984$ (trái dkxd)
*Xét $x>0$ ta có:
$x.(9.\sqrt{1 + x^2} + 13.\sqrt{1 - x^2})=9\sqrt{x^2+x^4}+13\sqrt{x^2-x^4}$
-Áp dụng bdt Cauchy-Shwarz và bdt phụ $ab\leq \frac{(a+b)^2}{4}$ (với mọi ab) ta có:
$\left ( 9\sqrt{x^2+x^4}+13\sqrt{x^2-x^4} \right )^2=\left ( 3\sqrt{3}.\sqrt{3x^2+3x^4}+\sqrt{13}.\sqrt{13x^2-13x^4} \right )^2\leq (13+27)(3x^2+3x^4+13x^2-13x^4)=16.5x^2(8-5x^2)\leq 16.\frac{(5x^2+8-5x^2)^2}{4}=16^2$
-Do đó:
$x.(9.\sqrt{1 + x^2} + 13.\sqrt{1 - x^2})\leq 16$
Dấu bằng xảy ra khi: $x=\frac{2}{\sqrt{5}}$
-Kết hợp với pt (2) ta có: $4\sqrt{y}\geq 896\Rightarrow y\geq 50176$
mà theo dkxd thì $y\leq 50176$ nên y=50176
-Từ đó: $x.(9.\sqrt{1 + x^2} + 13.\sqrt{1 - x^2})= 16$
$\Leftrightarrow x=\frac{2}{\sqrt{5}}$
-Thay y=50176 vào pt (1) ta tìm dc $z=\pm \sqrt{32}$
-Thử lại ta thấy $\left ( x;y;z \right )=\left ( \frac{2}{\sqrt{5}};50176;\sqrt{32} \right )$ là nghiệm của hpt
-Do vậy hệ có duy nhất 1 nghiệm là: $\left ( x;y;z \right )=\left ( \frac{2}{\sqrt{5}};50176;\sqrt{32} \right )$

p/s: ở cuộc thi trên diễn đàn pt, hệ pt toàn dùng bdt. liệu chủ đề này có phải là chủ đề bdt 2.0 ko nhỉ? Trá hình thôi.

Điểm bài: 10
S=48−(63−20)+3×10+0+0=35

Em đăng kí nhé.

Câu 5 (1 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện $\sqrt{xy}(x-y)=x+y$. Tìm GTNN của biểu thức $P=x+y$.

Có thể theo cách này: Ngẫu nhiên lại ra
Bình phương 2 vế của điều kiện ta có
$xy(x-y)^2=(x+y)^2$
$\Leftrightarrow xy\left [ (x+y)^2-4xy \right ]=(x+y)^2$
$\Leftrightarrow 4(xy)^2-(xy)(x+y)^2+(x+y)^2=0$
Đây là phương trình bậc 2 ẩn xy tham số x+y
Xét $\Delta=(x+y)^2(x+y+4)(x+y-4)$
Do tồn tại x,y thỏa mãn yêu cầu nên pt có nghiệm hay delta >=0
$\Rightarrow x+y\geq 4$

P/s: liệu phần c bài hình trên có sai đề ko vậy nhỉ? m` vẽ hình thấy cứ sai thế nào í

Câu 5: (2 điểm)
Cho tứ giác nội tiếp ABCD có AC, BD vuông góc nhau tại H. Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho $AM=\frac{1}{3}AB$ và N là trung điểm HC. Chứng minh $DN\perp MH$

-Ta làm ngược lại. Giả sử HK vuông góc với DN tại K và cắt AB tại M. Ta cần chứng minh $AM=\frac{AB}{3}$
-Điều đó tương đương với chứng minh: $\frac{2S_{BHM}}{2S_{MHA}}=2$
-Ta có:$\frac{S_{BHM}}{S_{DHK}}=\frac{HM.BH.sin\widehat{BHM}}{HD.HK.sin\widehat{DHK}}=\frac{HM.BH}{HD.HK}$
Mà $S_{DHK}=\frac{1}{2}HK.DK$
Suy ra: $2S_{BHM}=\frac{KD.BH.MH}{DH}$
-Chứng minh tg tự $2S_{AMH}=\frac{NK.MH.AH}{HN}$
-Suy ra: $\frac{2S_{BHM}}{2S_{AMH}}=\frac{KD.BH.HN}{DH.NK.AH}=\frac{KD.(BH.HD).HN}{DH^2.NK.AH}=\frac{KD.AH.HC.HN}{DK.DN.NK.AH}=\frac{HC.HN}{DN.NK}=\frac{2HN^2}{HN^2}=2\rightarrow dpcm$

Mình hiểu ý của bạn rồi nhưng B =>A đúng chắc gì A=>B cũng đúng

Nhưng qua HK vuông góc với DN chỉ đi qua 1 điểm trên AB. Vậy 2 điểm đó phải trùng nhau chứ.

-Với a,b,c,x,y,z là các số dương ta có:
$x=\frac{xyz}{yz}=\frac{ax+by+cz}{yz}=\frac{ax}{yz}+\frac{b}{z}+\frac{c}{y}> \frac{b}{z}+\frac{c}{y}$

-Tượng tự ta có:
$y> \frac{a}{z}+\frac{c}{x}$
$z> \frac{b}{x}+\frac{a}{y}$

-Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có:
$x+y+z> \frac{a+b}{z}+\frac{c+a}{y}+\frac{b+c}{x}$
Hay $2(x+y+z)> \frac{a+b}{z}+\frac{c+a}{y}+\frac{b+c}{x}+x+y+z$ (*)

-Mà theo bất đẳng thức AM_GM cho 2 số dương ta có:
$x+\frac{b+c}{x}\geq 2\sqrt{b+c}$
$y+\frac{c+a}{y}\geq 2\sqrt{c+a}$
$z+\frac{a+b}{z}\geq 2\sqrt{a+b}$
Hay $\frac{a+b}{z}+\frac{c+a}{y}+\frac{b+c}{x}+x+y+z \geq 2\left ( \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} \right )$ (**)

-Từ (*) và (**) ta có; $x+y+z> \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$
-Vậy hệ phương trình vô nghiệm

Bài giải chính xác. Chuẩn ko cần chỉnh
D - B = 11h
E = 10
F = 0
S = 67

Bài toán 4:Với $a\geq 3, a+b\geq 5, a+b+c\geq 6$, chứng minh rằng

$a^2+b^2+c^2\geq 14$

 

bạn namsub nói đúng rồi đó

bài này có thể làm như sau:

áp dụng bdt cauchy-schwaz ta dc:

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

theo phép nhóm abel ta có:

$3a+2b+c=(3-2)a+(2-1)(a+b)+a+b+c\geq 3+5+6=14$

ta có dc dpcm

Bài này có lẽ dễ nhất    

$a^{2}+b^{2}+c^{2}=a.a+b.b+c.c=(a-b).a+(b-c).(a+b)+c.(a+b+c)\geq 3(a-b)+5(b-c)+6c=a+(a+b)+(a+b+c)\geq 3+5+6=14 \Rightarrow đpcm$

bạn ko thể có đánh giá đó dc. a-b và b-c chưa biết dấu mà

1, Giải phương trình $(x^2-4x+11)(x^4-8x^2+21)=35$

-Chém câu dễ
-Có $(x^2-4x+11)(x^4-8x^2+21)=\left [ \left ( x-2 \right )^2+7 \right ]\left [ \left ( x^2-4 \right )^2+5 \right ]\geq 35$
Dấu bằng xảy ra khi x=2
-Do đó pt có nghiệm x=2

Bạn trình bày rõ cách đánh giá vế kia được không? Mình chưa làm ra, xét Delta nữa!

ĐK: x>=1
Vế còn lại là
$\frac{1}{\sqrt[3]{(x+6)^3}+2\sqrt[3]{(x+6)}+4}+\frac{1}{\sqrt{x-1}+1}=x+2$
Xét $x\geq 1$ ta có
$VT\leq \frac{1}{\sqrt[3]{49}+\sqrt[3]{7}+4}+1< 3\leq VP$
Do đó vế kia vô nghiệm

P/s Ai làm bài bất đẳng thức đi.

Lâu lâu mới thấy bài số
(False) SOLUTION

Theo giả thiết:
$$m+n-1|2(m^2+n^2)-1\\ \Leftrightarrow m+n-1| (m+n)^2+(m-n)^2-1\\ \Leftrightarrow m+n-1| (m+n-1)(m+n+1)+(m-n)^2\\ \Leftrightarrow m+n-1|(m-n)^2\ (1)$$
-Áp dụng t/c: Nếu số chính phương $a$ chia hết cho số nguyên tố $p$ thì $a$ cũng chia hết cho $p^2$, ta có:
$$(1)\Rightarrow (m+n-1)^2| (m-n)^2\\\Leftrightarrow m^2+n^2+1+2mn-2m-2n | m^2-2mn+n^2\\\Rightarrow m^2+n^2+1+2mn-2m-2n \le m^2-2mn+n^2\\ \Leftrightarrow 4mn-2m-2n+1\le 0\\ \Leftrightarrow (2m-1)(2n-1)\le 0\ (2)$$
Mặt khác theo giả thiết, ta có $m,n\in \mathbb{N}^*\Rightarrow 2m-1,2n-1\ge 1$ nên ta có: $(2m-1)(2n-1)\ge 1\ (3)$
-Từ $(2)$ và $(3)$ thấy mâu thuẫn, vậy không tồn tại giá trị của $m,n$ thỏa mãn điều kiện bài toán (???)
---------------
Sao chả thấy ra ĐPCM gì thế này , sai ở đâu nhỉ
P/s: Lâu lâu không động đến số là đã thấy ngu ngu ="='

Chỗ $(m+n-1)^2|(m-n)^2\Rightarrow (m+n-1)^2\leq (m-n)^2$ là thiếu trường hợp $(m-n)^2=0$
Nó bằng 0 thì cái $(m+n-1)^2=10^{100}$ cũng k là đối