Chủ đề này có 6 trả lời

[trambau]

bài 1 giải phương trình

$\left ( \sqrt{x-1} +1\right )^{3} + 2\sqrt{x-1} = 2-x$

 

bài 2 : giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} x-\sqrt{y} =1& \\ y-\sqrt{z} =1& \\ z-\sqrt{x}=1& \end{matrix}\right.$

 

bài 3:

cho x,y là những số nguyên dương thoả mãn điều kiện x + y =201

hãy tìm GTLN & GTNN của biểu thức :

P= $x\left ( x^{2} +y \right ) + y\left ( y^{2} +x\right )$

 

bài 4:

cho đoạn thẳng BC và đường thẳng (d) song song với BC. Biết rằng khoảng cách giữa đường thẳng (d) và đường thẳng đi qua BC nhỏ hơn $\frac{BC}{2}$ . giả sử A là một điểm thay đổi trên đường thẳng (d)

a. hãy xác định vị trí điểm A để bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ nhỏ nhất

b. Gọi $h_{a}, h_{b}, h_{c}$ là độ dài các đường cao của $\Delta ABC$ . Hãy xác định vị trí của điểm A để tích $h_{a}, h_{b}, h_{c}$ lớn nhất

 

bài 5: cho x,y,z >0 và x + y + z $\geq \frac{3}{2}$

chứng minh rằng

$\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}} \leq \frac{3\sqrt{17}}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kimchitwinkle: 27-01-2016 - 19:49

[Tran Thanh Truong]

Bài 5: Chứng minh: $\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}} \geq \frac{3\sqrt{17}}{2}$

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: 

$(1+16)\left ( x^2+\frac{1}{x^{2}} \right )\geq \left ( x+\frac{4}{x} \right )^2\Rightarrow \sqrt{17\left ( x^2+\frac{1}{x^{2}} \right )}\geq x+\frac{4}{x}$.

Chứng minh tương tự: $\sqrt{17\left ( y^2+\frac{1}{y^{2}} \right )}\geq y+\frac{4}{y}$  và  $\sqrt{17\left ( z^2+\frac{1}{z^{2}} \right )}\geq z+\frac{4}{z}$

Từ đó suy ra: $\sqrt{17\left ( x^2+\frac{1}{x^{2}} \right )}+\sqrt{17\left ( y^2+\frac{1}{y^{2}} \right )}+\sqrt{17\left ( z^2+\frac{1}{z^{2}} \right )}\geq x+y+z+\frac{4}{x}+\frac{4}{y}+\frac{4}{z}$

Ta có: $x+y+z+\frac{4}{x}+\frac{4}{y}+\frac{4}{z}=\left ( \frac{4}{x}+16x \right )+\left ( \frac{4}{y}+16y \right )+\left ( \frac{4}{z}+16z \right )-15(x+y+z)\geq 16+16+16-15.\frac{3}{2}=\frac{51}{2}$

$\Rightarrow \sqrt{17\left ( x^2+\frac{1}{x^{2}} \right )}+\sqrt{17\left ( y^2+\frac{1}{y^{2}} \right )}+\sqrt{17\left ( z^2+\frac{1}{z^{2}} \right )}\geq \frac{51}{2}\Rightarrow \sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}} \geq\frac{3\sqrt{17}}{2}$

Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{1}{2}$

[thaibuithd2001]

Bài 5: Chứng minh: $\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}} \geq \frac{3\sqrt{17}}{2}$

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: 

$(1+16)\left ( x^2+\frac{1}{x^{2}} \right )\geq \left ( x+\frac{4}{x} \right )^2\Rightarrow \sqrt{17\left ( x^2+\frac{1}{x^{2}} \right )}\geq x+\frac{4}{x}$.

Chứng minh tương tự: $\sqrt{17\left ( y^2+\frac{1}{y^{2}} \right )}\geq y+\frac{4}{y}$  và  $\sqrt{17\left ( z^2+\frac{1}{z^{2}} \right )}\geq z+\frac{4}{z}$

Từ đó suy ra: $\sqrt{17\left ( x^2+\frac{1}{x^{2}} \right )}+\sqrt{17\left ( y^2+\frac{1}{y^{2}} \right )}+\sqrt{17\left ( z^2+\frac{1}{z^{2}} \right )}\geq x+y+z+\frac{4}{x}+\frac{4}{y}+\frac{4}{z}$

Ta có: $x+y+z+\frac{4}{x}+\frac{4}{y}+\frac{4}{z}=\left ( \frac{4}{x}+16x \right )+\left ( \frac{4}{y}+16y \right )+\left ( \frac{4}{z}+16z \right )-15(x+y+z)\geq 16+16+16-15.\frac{3}{2}=\frac{51}{2}$

$\Rightarrow \sqrt{17\left ( x^2+\frac{1}{x^{2}} \right )}+\sqrt{17\left ( y^2+\frac{1}{y^{2}} \right )}+\sqrt{17\left ( z^2+\frac{1}{z^{2}} \right )}\geq \frac{51}{2}\Rightarrow \sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}} \geq\frac{3\sqrt{17}}{2}$

Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $x=y=z$

Ta đặt $\vec{a}=(x,\frac{1}{x});\vec{b}=(y,\frac{1}{y});\vec{c}=(z,\frac{1}{z})$ thì khi đó  

             $\left | \vec{a} \right |+\left |\vec{b} \right |+\left |\vec{c} \right |$ $\geq$ $\left |\vec{a}+\vec{b}+\vec{c} \right |$

<=>    $\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}$ $\geq$ $\sqrt{(x+y+z)^2+(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^2}$ (*)

VP(*) $\geq$ $3\sqrt{\sqrt[3]{abc^2}+\frac{1}{\sqrt[3]{abc^2}}}$ , đặt $u=abc^\frac{2}{3}$ thì $0 \leq u \leq \frac{(a+b+c)^2}{9} \leq \frac{1}{4}$ (vÌ $a+b+c$ $\leq$ $\frac{3}{2}$) do đó thì ta chỉ cần tìm $min$ của $f(u)=u+\frac{1}{u}$ với $u$ $\epsilon$ $[0;\frac{1}{4}]$.Đến đây có 2 hướng xử lí , một sử dụng kỹ thuật điểm rơi , 2 là ta có $f^{'}(u)=\frac{u^2-1}{u^2}$ < 0 nên hàm giảm trên $[0;\frac{1}{4}]$ do đó $min$ $f(u)=f(\frac{1}{4})$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thaibuithd2001: 27-01-2016 - 19:49

[Tran Thanh Truong]

Ta đặt $\vec{a}=(x,\frac{1}{x});\vec{b}=(y,\frac{1}{y});\vec{c}=(z,\frac{1}{z})$ thì khi đó  

             $\left | \vec{a} \right |+\left |\vec{b} \right |+\left |\vec{c} \right |$ $\geq$ $\left |\vec{a}+\vec{b}+\vec{c} \right |$

<=>    $\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}$ $\geq$ $\sqrt{(x+y+z)^2+(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^2}$ (*)

VP(*) $\geq$ $\sqrt{\sqrt[3]{abc^2}+\frac{1}{\sqrt[3]{abc^2}}}$ , đặt $u=abc^\frac{2}{3}$ thì $0 \leq u \leq \frac{(a+b+c)^2}{9} \leq \frac{1}{4}$ (vÌ $a+b+c$ $\leq$ $\frac{3}{2}$) do đó thì ta chỉ cần tìm $min$ của $f(u)=u+\frac{1}{u}$ với $u$ $\epsilon$ $[0;\frac{1}{4}]$.Đến đây có 2 hướng xử lí , một sử dụng kỹ thuật điểm rơi , 2 là ta có $f^{'}(u)=\frac{u^2-1}{u^2}$ tìm u để $f^{'}(u)=0$ nữa là xong thôi.

Đây là đề thi vào 10 hệ chuyên chỉ dùng kiến thức THCS, sao bạn lại dùng vecto ở đây, làm sao hiểu được khi là 1 HS THCS?

[superpower]

Bài 5: Chứng minh: $\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}} \geq \frac{3\sqrt{17}}{2}$

 

Bài này không cần dùng như bạn đâu

 

Ta đặt $\vec{a}=(x,\frac{1}{x});\vec{b}=(y,\frac{1}{y});\vec{c}=(z,\frac{1}{z})$ thì khi đó  

             $\left | \vec{a} \right |+\left |\vec{b} \right |+\left |\vec{c} \right |$ $\geq$ $\left |\vec{a}+\vec{b}+\vec{c} \right |$

<=>    $\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}$ $\geq$ $\sqrt{(x+y+z)^2+(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^2}$ (*)

VP(*) $\geq$ $\sqrt{\sqrt[3]{abc^2}+\frac{1}{\sqrt[3]{abc^2}}}$ , đặt $u=abc^\frac{2}{3}$ thì $0 \leq u \leq \frac{(a+b+c)^2}{9} \leq \frac{1}{4}$ (vÌ $a+b+c$ $\leq$ $\frac{3}{2}$) do đó thì ta chỉ cần tìm $min$ của $f(u)=u+\frac{1}{u}$ với $u$ $\epsilon$ $[0;\frac{1}{4}]$.Đến đây có 2 hướng xử lí , một sử dụng kỹ thuật điểm rơi , 2 là ta có $f^{'}(u)=\frac{u^2-1}{u^2}$ tìm u để $f^{'}(u)=0$ nữa là xong thôi.

Bạn thử đạo hàm đi. BĐT cuối bị sai rồi

Cho $u=\frac{1}{5} $ là $< 3\frac{\sqrt{17}}{2}$ liền

Bài này có 1 cách giải như sau

Ta chứng minh

$\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2} } \geq \frac{16\sqrt{17}}{17} - \frac{15\sqrt{17}}{17}x$

$<=> (x -\frac{1}{2})^2(208x^2 -272x -68) \leq 0$ (đúng do $208x^2-272x-68 \leq 0 $ với mọi $0 <x < \frac{3}{2}$ )

Cộng lại ta có điều phải chứng minh 

[thaibuithd2001]

Bài này không cần dùng như bạn đâu

 

Bạn thử đạo hàm đi. BĐT cuối bị sai rồi

Cho $u=\frac{1}{5} $ là $< 3\frac{\sqrt{17}}{2}$ liền

Bài này có 1 cách giải như sau

Ta chứng minh

$\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2} } \geq \frac{16\sqrt{17}}{17} - \frac{15\sqrt{17}}{17}x$

$<=> (x -\frac{1}{2})^2(208x^2 -272x -68) \leq 0$ (đúng do $208x^2-272x-68 \leq 0 $ với mọi $0 <x < \frac{3}{2}$ )

Cộng lại ta có điều phải chứng minh 

Bất đẳng thức cuối không sai đâu bạn à , mình nhầm , không phải là tìm để đạo hàm bằng 0 mà là để chứng minh hàm nghịch biến trên $[0;\frac{1}{4}]$ mình sửa lại rồi đó ,cảm ơn bạn đã nhắc 

[Tran Thanh Truong]

Bài này không cần dùng như bạn đâu

 

Bạn thử đạo hàm đi. BĐT cuối bị sai rồi

Cho $u=\frac{1}{5} $ là $< 3\frac{\sqrt{17}}{2}$ liền

Bài này có 1 cách giải như sau

Ta chứng minh

$\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2} } \geq \frac{16\sqrt{17}}{17} - \frac{15\sqrt{17}}{17}x$

$<=> (x -\frac{1}{2})^2(208x^2 -272x -68) \leq 0$ (đúng do $208x^2-272x-68 \leq 0 $ với mọi $0 <x < \frac{3}{2}$ )

Cộng lại ta có điều phải chứng minh 

Tại sao đầu tiên lại chứng minh: $\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2} } \geq \frac{16\sqrt{17}}{17} - \frac{15\sqrt{17}}{17}x$ bạn?

Từ đâu suy ra BĐT này?