$Q_{\dfrac{\pi}{3}}(2\vec{MN})=Q_{\dfrac{\pi}{3}}(\vec{AB}+\vec{A'B'})=Q_{\dfrac{\pi}{3}}(\vec{AB})+Q_{\dfrac{\pi}{3}}(\vec{A'B'})=\vec{AC}+\vec{A'C'}=2\vec{MP}$
Suy ra $\Delta MNP$ đều
- Bonjour và foollock holmes thích
Gửi bởi dogsteven trong 15-09-2014 - 16:27
$Q_{\dfrac{\pi}{3}}(2\vec{MN})=Q_{\dfrac{\pi}{3}}(\vec{AB}+\vec{A'B'})=Q_{\dfrac{\pi}{3}}(\vec{AB})+Q_{\dfrac{\pi}{3}}(\vec{A'B'})=\vec{AC}+\vec{A'C'}=2\vec{MP}$
Suy ra $\Delta MNP$ đều
Gửi bởi dogsteven trong 15-09-2014 - 12:47
Cho x, y, z là các số không âm thoả mãn: x + y + z + xyz = 4
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P = xy + yz + zx
Giả sử $x=\text{min{x;y;z}} \Rightarrow 0\leqslant x\leqslant 1$
Tồn tại $t\geqslant 0$ thỏa $x+2t+xt^2=4$
Ta có $2t-y-z=x(yz-t^2)$
Giả sử $y+z <2t \Rightarrow yz > t^2\;\;(1)$
Ta lại có $4t^2 > (y+z)^2 \geqslant 4yz \Rightarrow t^2 > yz\;\;$ Mâu thuẫn với $(1)$
Vậy $y+z \geqslant 2t \Rightarrow yz \leqslant t^2$
$f(x;y;z)=xy+yz+zx$
$f(x;t;t)=2tx+t^2$
$f(x;y;z)-f(x;t;t)=x(y+z-2t)+yz-t^2=(1-x^2)(yz-t^2) \leqslant 0$
$\Leftrightarrow f(x;y;z) \leqslant f(x;t;t)$
Ta có $x=\dfrac{4-2t}{t^2+1} \geqslant 0 \Leftrightarrow 0\leqslant t \leqslant 2$
$f(x;t;t)=f(\dfrac{4-2t}{t^2+1}; t; t)=\dfrac{(t-2)(t^3+2t^2-3t+2)}{t^2+1}+4 \leqslant 4$
$\text{max f(x;y;z)}=4 \Leftrightarrow (x;y;z)=(0;2;2),(2;0;2), (2;2;0)$
Gửi bởi dogsteven trong 14-09-2014 - 20:59
Áp dụng Minkovsky:
$\sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{y^2+yz+z^2}=\sqrt{\left (y+\dfrac{x}{2} \right )^2+\dfrac{3x^2}{4}}+\sqrt{\left (y+\dfrac{z}{2} \right )^2+\dfrac{3z^2}{4}} \geqslant \sqrt{\dfrac{(x-z)^2}{4}+\dfrac{3(x+z)^2}{4}}=\sqrt{x^2+zx+z^2}$
Gửi bởi dogsteven trong 14-09-2014 - 20:11
$x\in [-2;2]$
Bình phương 2 vế: $2+2\sqrt{1-\dfrac{x^2}{4}}=\dfrac{x^4}{8}$
$VT \geqslant 2$ còn $VT \leqslant 2$
$VT=VP \Leftrightarrow x=\pm 2$
Gửi bởi dogsteven trong 14-09-2014 - 18:36
Cho ràng buộc: a,b,c thuộc [m,n] với m,n dương, m<n. Cho a+b+c = k (k là số cho trước thỏa 3m <= k <= 3n )
Tìm max $a^{2}+ b^{2}+ c^{2}$
Có đánh giá : (a-m)(a-n) <= 0 => $a^{2}\leq (m+n)a-mn$
=> Bài toán
Ta cũng hoàn toàn mở rộng lên cho số mũ của a,b,c lớn hơn
Xét bài toán sau:
$a,b,c \in [-1; 3]$ và $a+b+c=3$. Tìm GTLN của $a^2+b^2+c^2$
Theo cách của anh:
$(a+1)(a-3) \leqslant 0 \Leftrightarrow a^2 \leqslant 2a+3$
Tương tự rồi cộng lại ta được: $a^2+b^2+c^2 \leqslant 2(a+b+c)+9=15$
Nhưng đẳng thức lại không xảy ra.
Cách giải trên chỉ cho bài toán mà các biến đều đạt tại biên.
Gửi bởi dogsteven trong 14-09-2014 - 17:08
Giả sử $1\geqslant a \geqslant b \geqslant c\geqslant 0$
Từ đây ta có $a+b=2-c\leqslant 2$
$P=(a-b)a+(b-c)(a+b)+c(a+b+c)\leqslant a-b+2b-2c+2c=a+b \leqslant 2$
$\text{max P}=2 \Leftrightarrow (a;b;c)=(0;1;1)$ và các hoán vị.
Gửi bởi dogsteven trong 11-09-2014 - 16:09
Đề chắc là $\dfrac{1}{2x^2+y^2+3}+\dfrac{1}{2y^2+z^2+3}+\dfrac{1}{2z^2+x^2+3} \leqslant \dfrac{1}{2}$
$2x^2+y^2+3=x^2+y^2+x^2+1+2 \geqslant 2(xy+x+1)$
Tương tự ta có $\sum \dfrac{1}{2x^2+y^2+3} \leqslant \dfrac{1}{2}\left ( \sum \dfrac{1}{xy+x+1} \right )=\dfrac{1}{2}$
Gửi bởi dogsteven trong 11-09-2014 - 16:04
$x^2+y^2-xy=4 \ge \dfrac{x^2+y^2}{2} \Leftrightarrow x^2+y^2 \le 8$
$x^2+y^2 -xy = 4 \le \dfrac{3}{2}(x^2+y^2) \Leftrightarrow x^2+y^2 \ge \dfrac{8}{3}$
$min$ đạt được khi $x=y=...$
$max$ đạt được khi $x=-y=...$
Gửi bởi dogsteven trong 10-09-2014 - 15:21
Bài 1: $y'=2x-4m >0 \forall x >-2 \Rightarrow -4-4m >0 \Leftrightarrow m < -1$
Bài 2: Anh, chị thế trực tiếp tọa độ đỉnh Parabol là thấy không có giá trị nào thỏa.
Bài 3: $I(2m; -3m^2-2m)$
Thay $m=\dfrac{x}{2}$ ta được $(P): y=\dfrac{-3}{4}x^2-x$
$I \in (P)$
Gửi bởi dogsteven trong 10-09-2014 - 12:42
Bài 3 bạn giải luôn ra đi
Bài 4: Bài này theo trí nhớ của mình là câu 1.2 tuyển sinh môn toán vòng 2 trường chuyên sư phạm Hà Nội năm 2013-2014
Vì $a,b >0$, chia giả thiết cho $ab$ ta được $1>\dfrac{2013}{b}+\dfrac{2014}{a}$
Nhân cả 2 vế cho $a+b$ ta được: $a+b>2013+2014+\dfrac{2013a}{b}+\dfrac{2014b}{a}\ge 2013+2014+2\sqrt{2013.2014}=(\sqrt{2013}+\sqrt{2014})^2$
Bài 3: Bày này là câu cuối chuyên toán Hưng Yên 2013-2014
$a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc \ge 2\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}=2\sqrt{(ad+bc)^2+1}+ad+bc=2\sqrt{x^2+1}+x$
Bình phương lên là xong
Gửi bởi dogsteven trong 09-09-2014 - 17:07
Chém bài dễ trước.
Bài 2: $VT = \sum \dfrac{ab+2c^2}{\sqrt{(ab+2c^2)(a^2+ab+b^2)}} \geqslant \sum \dfrac{2(ab+2c^2)}{(a+b)^2+2c^2} \geqslant \sum \dfrac{ab+2c^2}{a^2+b^2+c^2}=2+\sum ab$
Bài 3 quá quen thuộc
Gửi bởi dogsteven trong 31-08-2014 - 09:35
Đề bị ngược dấu rồi.
Cách 1:
Áp dụng BDT Cauchy:
$4x+1+\dfrac{7}{3} \geqslant 2\sqrt{\dfrac{7}{3}}\sqrt{(4x+1)}$
Tương tự.
$4\sum x +10 \geqslant 2\sqrt{\dfrac{7}{3}}.(\sum \sqrt{4x+1}) \Leftrightarrow VT \le \sqrt{21}$
Cách 2:
Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz:
$\sum \sqrt{4x+1} \leqslant \sqrt{3\left [ 4\sum x+3 \right ]} = \sqrt{21}$
Gửi bởi dogsteven trong 30-08-2014 - 13:21
Bài ở trên vẫn đúng mà anh, anh đạo hàm ra là được hàm đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học