ninhxa

Cho a,b,c thoả mãn $0\leq a,b,c\leq 2$ và $a+b+c=4$ .

Tìm MAX $a^{3}+b^{3}+c^{3}+4abc$

Biến đổi biểu thức về: $P=64-12(ab+bc+ca)+7abc$

Đặt c=max(a;b;c)

Xét A=$-12(ab+bc+ca)+7abc=ab(7c-12)+12c(c-4)$

Nếu $c\geq \frac{12}{7}$ thì:

$A\leq \frac{(a+b)^2}{4}.(7c-12)+12c(c-4)=\frac{1}{7}(c-2)(7c^2-6c+4)-46\leq -46\rightarrow dpcm$

Nếu $c\leq \frac{12}{7}$ thì

$a,b\leq \frac{12}{7}\Rightarrow (a-\frac{12}{7})(b-\frac{12}{7})\geq 0$

$\Rightarrow ab\geq \frac{12}{7}(b+c)-\frac{144}{49}$

$\Rightarrow A\leq \left [ \frac{12}{7}(4-c)-\frac{144}{49} \right ](7c-12)+12c(c-4)=-\frac{2304}{49}< -46$

$\rightarrow dpcm$

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

Điều kiện tương đương với: $(a+b)^2=1+2ab$

Bất đẳng thức tương đương với:

$\frac{a+b}{ab}-\frac{1}{ab}\geq 2\left ( \sqrt{2}-1 \right )$

$\Leftrightarrow a+b\geq 2(\sqrt{2}-1)ab+1$

$\Leftrightarrow (a+b)^2\geq \left 4( \sqrt{2}-1 \right )\right ]^2(ab)^2+1+4\left ( \sqrt{2}-1 \right )ab+1$

$\Leftrightarrow ab\leq \frac{1}{2}$   (đúng theo am-gm)

Tìm $p,q$ nguyên tố thỏa mãn $p^3-q^7=p-q$

Áp dụng bdt A-G ta có: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$
Do đó: $abc\geq 3\sqrt[3]{abc}+2\Leftrightarrow (\sqrt[3]{abc}+1)^{2}(\sqrt[3]{abc}-2)\geq 0\Leftrightarrow \sqrt[3]{abc}\geq 2\Leftrightarrow abc\geq 8$

Câu I:
2) Tìm các cặp nguyên dương $(x;y)$ sao cho $x^2-2$ chia hết cho $xy+2$

-Ta có:
$xy+2|x^2-2$
$\Rightarrow xy+2|\left ( x^2-2\right )y=x^2y-2y=x(xy+2)-2(x+y)$
$xy+2|2(x+y)$
$\Rightarrow 0<xy<xy+2\leq 2x+2y\leq 4x$ (ko mất tính tổng quát gs $y\leq x$)
$0< y< 4\Rightarrow y=1,2,3$
-Đến đây dễ rồi

Cho a,b,c>0 và a+b+c=1. Với q=ab+bc+ca, r=abc. Chứng minh rằng:
$q^2+4qr\geq 9r^2+4r$

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

Bài toán. Giải hệ phương trình
$$\left\{\begin{matrix}
x^{9999}+y^{9999}=1 & & \\
x^{10000}+y^{10000}=1& &
\end{matrix}\right.$$

-Từ pt (2) ta có nhận xét:
$\left\{\begin{matrix}0\leq |x|\leq 1 \\ 0\leq |y|\leq 1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^2\leq 1 \\ y^2\leq 1 \end{matrix}\right.$
-Trừ vế với về pt(2) cho pt (1) ta có:
$x^{9998}(x^2-1)+y^{1998}(y^2-1)=0$
-Dễ thấy $VT\leq 0$. Dấu bằng xảy ra khi (x;y)=(0;1) ;(1,0)
-Từ đó ta có nghiệm của pt.

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:
$2ab(a^2+b^2)\leq \frac{(a^2+b^2+2ab)^2}{4}=\frac{(a+b)^4}{4}=4$

Cho các số thực dương $a;b;c$ tm $a+b+c=1$.tìm giá trị max của:$Q=\frac{ab}{c+ab}+\frac{bc}{a+bc}+\frac{ca}{b+ca}-\frac{1}{4abc}$

-Áp dụng bdt Am-Gm ta có:
$\sum \frac{ab}{c+ab}=\sum \frac{ab}{c(a+b+c)+ab}=\sum \frac{ab}{(c+a)(b+c)}\leq \sum \frac{ab}{4c\sqrt{ab}}=\sum \frac{\sqrt{ab}}{4c}\leq \sum \frac{a+b}{8c}=\sum \frac{1-c}{8c}=\frac{1}{8}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )-\frac{3}{8}=\frac{ab+bc+ca}{8abc}-\frac{3}{8}\leq \frac{(a+b+c)^2}{24abc}-\frac{3}{8}=\frac{1}{24abc}-\frac{3}{8}$
$\Rightarrow Q\leq \frac{1}{12abc}-\frac{1}{4abc}-\frac{3}{8}=\frac{-5}{24abc}-\frac{3}{8}\leq \frac{-5.27}{24.(a+b+c)^3}-\frac{3}{8}=-6$
-Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

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

Bài 2: Cho hai số thực x, y thỏa mãn $1\geq x\geq y> 0$
Chứng minh rằng $\frac{x^{3}y^{2} + y^{3} + x^{2}}{x^{2} + y^{2} + 1}\geq xy$

-Bài 2 thì có lẽ quy đồng lên là dễ nhất
-Bdt tương đương với:
$x^3y^2+y^3+x^2\geq x^3y+xy^3+xy\Leftrightarrow x^3y(1-y)+y^3(1-x)+x(x-y)\geq 0$
-Bdt cuối đúng theo dk

P/s: Nhầm rồi

Câu 3 (2 điểm) :Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn $abc\leq 1$ . Chứng minh rằng $\frac{a}{b^{3}}+\frac{b}{c^{3}}+\frac{c}{a^{3}}\geq a+b+c$

-Ko hiểu cách của trungdung97 lắm. post cách này dù khá dài.
-Do $abc\leq 1$ nên $VT\geq abc\left ( \frac{a}{b^3}+\frac{b}{c^3}+\frac{c}{a^3} \right )=\left ( \frac{a^2c}{b^2}+\frac{b^2a}{c^2}+ \frac{c^2b}{a^2}\right )$(1)
-Áp dụng bdt Cauchy-Schwaz ta có:
$\left ( \frac{a^2c}{b^2}+\frac{b^2a}{c^2}+ \frac{c^2b}{a^2}\right )(c+a+b)\geq \left ( \frac{ac}{b}+\frac{ba}{c} +\frac{cb}{a}\right )^2=\left ( \frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{abc} \right )^2\geq \left [ \frac{abc(a+b+c)}{abc} \right ]^2=(a+b+c)^2$
$\Rightarrow\frac{a^2c}{b^2}+\frac{b^2a}{c^2}+ \frac{c^2b}{a^2}\geq a+b+c$(2)
-Từ (1) và (2) ta có dpcm

$\left\{\begin{matrix} x-2y-\sqrt{xy}=0 & & \\ \sqrt{x-1}+\sqrt{4y-1}=2 & & \end{matrix}\right.$

-ĐK: $x\geq 1\vee y\geq \frac{1}{4}$
-Từ pt (1) ta có:
$x-2y=\sqrt{xy}\Rightarrow x^2+4y^2-4xy=xy$
$\Leftrightarrow x^2+4y^2-5xy=0\Leftrightarrow (x-y)(x-4y)=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}x=y \\ x=4y \end{bmatrix}$
-Từ đây bạn thế vào pt (2). Tìm ra nghiệm thì thử lại và kết luân