buitudong1998

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của :

 

$P=\frac{4}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+4}}-\frac{9}{\left ( a+b \right )\sqrt{\left ( a+2c \right )\left ( a+2b \right )}}$

Đề toán khối B 2013 câu 6

Anh giải thích đoạn cuối cái.

Đạo hàm $f'(t)=9t^{8}+3(3\sqrt[4]{8}-t^{3})^{2}.3t^{2}+28> 0$ vậy $f(t)$ đồng biến nên khi $f(t)$ có nghiệm $t$ nào đó thì nghiệm đó là duy nhất

Bài 1: Giải hệ phương trình với $x,y\in \mathbb{R}$:

$$\left\{\begin{matrix}y^{3}x-x^{4}=28\\xy^{2}+2x^{2}y+x^{3}=18\sqrt{2}\end{matrix}\right.$$

Bài 2: 
$$\left\{\begin{matrix}\left ( 1+4^{2x-y} \right ).5^{1-2x+y}=1+2^{2x-y+1}\\ y^{3}+4x+1+ln\left ( y^{2}+2x \right )=0\end{matrix}\right.$$

Bài 1:

Từ hệ phương trình suy ra: 

$\left\{\begin{matrix} x(y^{3}-x^{3})=28 & & \\ x(x+y)^{2}=18\sqrt{2}& & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x>0 & & \\ y>x& & \end{matrix}\right.$

Từ $PT$ thứ hai suy ra: 

$y=\sqrt{\frac{18\sqrt{2}}{x}}-x=\frac{3\sqrt[4]{8}}{\sqrt{x}}-x$

Thay trở lại phương trình đầu suy ra: 

$x\left [ (\frac{3\sqrt[4]{8}}{\sqrt{x}}-x)^{3}-x^{3} \right ]=28$

Đặt $\sqrt{x}=t>0\Rightarrow t^{9}-(3\sqrt[4]{8}-t^{3})^{3}+28t=0$

Dễ thấy $f'(t)>0$ mà $f(\sqrt[4]{2})=0\rightarrow$ nghiệm của $HPT$ là $x=2\sqrt{2};y=\sqrt{2}$

Bài 1: với $a,b,c$  không âm, chứng minh :

$(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2} +2) \geq 9 (ab+bc+ca)$

(APMO-2004)

Bài 2: Với $x,y,z$ dương, chứng minh :

$\sum _{cyc}\sqrt{\frac{(x+y)^{3}}{8xy(4x+4y+z)}}\geq 1$

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

Làm mạnh bài số 1:

Ta chứng minh BĐT: $(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2}+2)\geqslant 3(a+b+c)^{2}$

Thật vậy:

Theo Cauchy-Schwartz: $(a^{2}+2)(b^{2}+2)=(a^{2}+1)(b^{2}+1)+a^{2}+b^{2}+3\geqslant (a+b)^{2}+\frac{1}{2}(a+b)^{2}+3=\frac{3}{2}\left [ (a+b)^{2} +2\right ]\Rightarrow VT\geqslant \frac{3}{2}\left [ (a+b)^{2}+2 \right ](c^{2}+2)\geqslant \frac{3}{2}(\sqrt{2}(a+b)+\sqrt{2}c)^{2}=VP(DPCM)$

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$

Cmr $\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ac}\leq \frac{9}{2}$ (cm bằng tiếp tuyến)

Ta có: 

$VT-\frac{9}{2}=\frac{ab}{1-ab}+\frac{bc}{1-bc}+\frac{ca}{1-ca}-\frac{3}{2}\leqslant \sum \frac{(a+b)^{2}}{4(1-ab)}-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\sum \frac{(a+b)^{2}}{2-2ab}-\frac{3}{2}$

Mà: 

$2-2ab=(a-b)^{2}+c^{2}+1\geqslant c^{2}+a^{2}+c^{2}+b^{2}$

Do đó: 

$VT-\frac{9}{2}\leqslant \sum \frac{(a+b)^{2}}{2-2bc}-\frac{3}{2}\leqslant \frac{1}{2}\sum (\frac{a^{2}}{a^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}}{b^{2}+c^{2}})-\frac{3}{2}=0\rightarrow (DPCM)$

$-$Nếu dùng tiếp tuyến thì ta sử dụng kết quả :

$\frac{1}{2-2ab}\leqslant \frac{1}{1+c^{2}}\leqslant \frac{3}{4}-\frac{3}{16}(3c^{2}-1)$

Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện $x^2+y^2+z^2=2$.

Tìm GTLN của biểu thức P=$\frac{x^2}{x^2+xy+x+1}+\frac{y+z}{x+y+z+1}-\frac{1+yz}{9}$

Đây là đề toán đại học khối A vừa thi

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leqslant 16(a+b+c)$. CMR

 

$\sum \frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}\leqslant \frac{8}{9}$

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

P/s: BĐT trá hình

Từ GT suy ra: 

$16abc(a+b+c)\geqslant ab+bc+ca\rightarrow \frac{16}{3}(ab+bc+ca)^{2}\geqslant 16abc(a+b+c)\geqslant ab+bc+ca\rightarrow ab+bc+ca\geqslant \frac{3}{16}$

Do đó:

$\frac{27}{2}(a+b)(a+c)\leqslant \left [ a+b+\frac{1}{2}\sqrt{2(c+a)}+\frac{1}{2} \sqrt{2(c+a)}\right ]^{3}\rightarrow VT\leqslant \frac{2}{27}\sum \frac{1}{(a+b)(a+c)}=\frac{4(a+b+c)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{64}{81}.\frac{\frac{3}{16}(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leqslant \frac{64(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leqslant \frac{8}{9}(DPCM)$

$1$. CMR: Nếu tam giác $ABC$ thỏa mãn một trong các điều kiện sau thì $\Delta ABC$ đều: 

a)$cosA+cosB+cosC=sin\frac{A}{2}+sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2}$

b)$\frac{1}{cosA}+\frac{1}{cosB}+\frac{1}{cosC}=\frac{1}{sin\frac{A}{2}}+\frac{1}{sin\frac{B}{2}}+\frac{1}{sin\frac{C}{2}}$

$2$. Xác định dạng của tam giác $ABC$ biết:

a)$a+b=tan\frac{C}{2}(atan A+btanB)$

b) $\frac{b}{cosB}+\frac{c}{cosC}=\frac{a}{sinBsinC}$

 

Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} 4xy+4\left ( x^{2}+y^{2} \right )+\frac{3}{\left ( x+y \right )^{2}}=7 & & \\ 2x+\frac{1}{xy}=3 & & \end{matrix}\right.$

 

Bạn xem lại đề đi, theo mình chỗ này phải là $x+y$

Cũng có thể giải như sau:

Chứng minh: 

$\frac{1}{2+x^{2}+y^{2}}\leqslant \frac{2}{4+(x+y)^{2}}=\frac{2}{4+(3-z)^{2}}\leqslant \frac{1}{4}z-\frac{1}{8}(z-1)$ bằng biến đổi tương đương (cuối cùng đưa về $(z-1)^{2}(z-3)\leqslant 0$

CMTT cộng 3 BĐT vào có $DPCM$

Cho a, b, c>0 thỏa mãn a+b+c=3. Chứng minh

$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}+2}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

 

MOD : chú ý cách đặt tiêu đề

Iran TST 2009

Cho $x,y>0$ và $xy\leq y-1$ Tìm GTLN của $P=\frac{x+y}{\sqrt{x^{2}-xy+3y^{2}}}-\frac{x-2y}{6(x+y)}$

Đề toán đại học khối D 2013

Giải hệ phương trình

$x+y-\sqrt{xy}=1$ và $\sqrt{x^{2}+3}+\sqrt{y^{2}+3}= 4$

thông cảm mình không biết viết hệ

Ta có:

$x+y-\sqrt{xy}=1\rightarrow x^{2}+y^{2}+2xy=xy+1+2\sqrt{xy}\rightarrow x^{2}+y^{2}=-(\sqrt{xy}-1)^{2}+2\leqslant 2$

Do đó: $\sqrt{x^{2}+3}+\sqrt{y^{2}+3}\leqslant \frac{x^{2}+y^{2}+6}{2}=4\rightarrow x=y=1$

1/$2A=2x^2-10x+2y^2+2xy-8y+4028=(x^2+2xy+y^2)+(x^2-10x+25)+(y^2-8y+16)+3987=(x+y)^2+(x-5)^2+(y-4)^2+3897$

Vì $\left\{\begin{matrix} (x+y)^2\geq 0 & & & \\ (x-5)^2\geq 0 & & & \\ (y-4)^2\geq 0& & & \end{matrix}\right.\\ (x+y)^2+(x-5)^2+(y-4)^2+3987\geq 3987\Rightarrow 2A\geq 3987\Rightarrow A\geq 1993,5\Rightarrow A_{min}=1993,5\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=5 & & \\ y=4 & & \end{matrix}\right.$

$x=-y$ nữa, sai rồi

$A=(x+\frac{y}{2}-\frac{5}{2})^{2}+\frac{3y^{2}}{4}-\frac{3y}{2}+2007,75=(x+\frac{y}{2}-\frac{5}{2})^{2}+\frac{3}{4}(y-1)^{2}+2007\geqslant 2007$

1.cho $A=n!+1$

       $B=n+1     ($n\in N*$)

chứn minh rằng nếu $A\vdots B$ thì B là số nguyên tố   

2.chứng minh với mọi $n\in N*> 1$ thì $19.8^{n}+17$ là hợp số

1. Theo định lý Willson, $p\in \mathbb{P}\Leftrightarrow p!\equiv -1(mod p)\rightarrow (DPCM)$