Hoang Long Le

Cho các số thực $a,b,c$ thỏa $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$ và $abc\neq 0$.Chứng minh rằng

 $ \frac{|a-b|}{\sqrt{2ab+c^2}}+ \frac{|b-c|}{\sqrt{2bc+a^2}}+ \frac{|c-a|}{\sqrt{2ca+b^2}}\geqslant 2$

 Chú ý là ta có $c^2+2ab=(a-c)^2+(b-c)^2$ nên bất đẳng thức viết lại thành $\sum \sqrt{\dfrac{(a-b)^2}{(a-c)^2+(b-c)^2}}\geq 2$

 Đặt $(a-b)^2=x,(b-c)^2=y,(c-a)^2=z$ thì bài toán trở thành chứng minh $\sum \sqrt{\dfrac{x}{y+z}}\geq 2$ với $x,y,z\geq 0$

 Đến đây thì có lẽ đơn giản

còn 1 TH nữa bạn

 Chắc bạn đang nói đến trường hợp $x^2+ax+a^2+5=0$ đúng không, trường hợp này hiển nhiên không thỏa vì $x^2+ax+a^2+5=\left (x+\dfrac{a}{2}\right )^2+\dfrac{3a^2}{4}+5>0$

Cho a,b,c không âm và không có hai số nào đồng thời bằng 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của $T=\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}+\frac{9\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}$

 Ta có $\sum \sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\sum \dfrac{a}{\sqrt{ab+ac}}\geq \sum \dfrac{a}{\sqrt{ab+ac+bc}}=\dfrac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

 Áp dụng AM-GM $\dfrac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}+\dfrac{9\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\geq 6$

 Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=\left (0,t,\dfrac{3\pm \sqrt{5}}{2}t\right )$ và các hoán vị với $t\in \mathbb{R^+}$

Cho a,b,c là các số thực dương, abc=2.Cm 

$a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{b+a}$

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì $a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\leq \sqrt{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}\leq \sqrt{2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}\leq \sqrt{6(a^3+b^3+c^3)}$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $a^3+b^3+c^3\geq 6=3abc$, hiển nhiên đúng theo AM-GM

Cho $x,y$ là các số thực dương thỏa mãn: $x+y+3=xy$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P= \frac{\sqrt{x^2-1}}{x}+ \frac{\sqrt{y^2-1}}{y}+\frac{1}{x+y}$

 Đặt $(a,b)=(x^{-1},y^{-1})$ thì $a+b+3ab=1\Rightarrow 1\leq a+b+\dfrac{3(a+b)^2}{4}\Rightarrow a+b\geq \dfrac{2}{3}$

 Ta có $P=\sqrt{1-a^2}+\sqrt{1-b^2}+\dfrac{ab}{a+b}\leq \sqrt{2(2-a^2-b^2)}+\dfrac{1-(a+b)}{3(a+b)}\leq \sqrt{4-(a+b)^2}+\dfrac{1}{3(a+b)}-\dfrac{1}{3}$

 Xét hàm $f(x)=\sqrt{4-x^2}+\dfrac{1}{3x}-\dfrac{1}{3}$ với $x\in \left [\dfrac{2}{3};2\right ]$

 Có $f'(x)=\dfrac{-x}{\sqrt{4-x^2}}-\dfrac{1}{3x^2}<0$ nên $f(x)$ nghịch biến trên $\left [\dfrac{2}{3};2\right ]$

 $\Rightarrow f(x)\leq f\left (\dfrac{2}{3}\right )=\dfrac{8\sqrt2+1}{6}$

 Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\dfrac{1}{3}$ hay $x=y=3$ 

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn: $xy+yz+xz=xyz$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P= \frac{x^4+y^4}{xy(x^3+y^3)}+\frac{y^4+z^4}{yz(y^3+z^3)}+\frac{z^4+x^4}{zx(z^3+x^3)}$

 Chú ý là $x^4+y^4\geq \dfrac{1}{2}.(x+y)(x^3+y^3)\Rightarrow \dfrac{x^4+y^4}{xy(x^3+y^3)}\geq \dfrac{x+y}{2xy}\Rightarrow P\geq \sum \dfrac{1}{x}=1$ 

Cho hàm số bậc hai $f(x)=ax^{2}+bx+c$ $\left ( a\neq 0 \right )$ thoả mãn phương trình $f(x)=x$ vô nghiệm. Chứng minh rằng phương trình $f(f(x))= x$ cũng vô ngiệm

 

Hi, hi đây là câu cuối bài kiểm tra 1 tiết, lúc đầu nhìn qua phát khiếp. Thế mà cuối cùng cũng full được, sướng vãi   

 Không biết cách của cậu như nào, mình thì khai triển nó ra hết 

 Xét phương trình $f(x)=x\Leftrightarrow a^2+(b-1)x+c=0$ vô nghiệm nên $\Delta =(b-1)^2-4ac<0$

 Xét phương trình $f(f(x))=x\Leftrightarrow a^3x^4+2a^2bx^3+(ab^2+2a^2c+ab)x^2+(2abc+b^2-1)x+ac^2+bc+c=0$

 Đến đây hệ số bất động :v Phân tích cái trên về thành $[ax^2+(b-1)x+c][a^2x^2+(ab+a)x+ac+b+1]=0$

 Xét phương trình $a^2x^2+(ab+a)x+ac+b+1$ có $\Delta =a^2[(b-1)^2-4ac-5]<0$ nên không có nghiệm

 Vậy ...

Cho $x,y>0$ thỏa mãn $8x^{2}+\frac{1}{4x^{2}}+y^{2}=4$.

Tìm $GTNN$ của $xy$.

 Mình nghĩ đề phải là $x,y$ thực

 Chú ý là từ giả thiết ta có thể biến đổi thành $$4+4xy=4x^2+\dfrac{1}{4x^2}+(2x+y)^2\geq 2\Rightarrow xy\geq \dfrac{-1}{2}$$

Làm sao bạn biết để áp dụng Bunhiacopxki với lượng $1+\frac{9}{16}$ và $1+\frac{16}{9}$

 Ta tách $\dfrac{\sqrt{0,16+x^2}}{3}=\dfrac{\sqrt{(1+m^2)(0,16+x^2)}}{3\sqrt{1+m^2}}\geq \dfrac{0,4+mx}{3\sqrt{1+m^2}}$

 Ta tìm $m$ sao cho $\dfrac{m}{3\sqrt{1+m^2}}=\dfrac{1}{5}$

 Tương tự cho $\dfrac{\sqrt{0,09+y^2}}{3}$

Cho $x,y,z \geq 0$ và $x+y+z=1$. Chứng minh $x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\leq\frac{4}{27}$

 Ta chứng minh một BĐT mạnh hơn là $x^2y+y^2z+z^2x+xyz\leq \dfrac{4}{27}$

 Giả sử $y$ nằm giữa $x$ và $z$ thì $(y-x)(y-z)\leq 0\Rightarrow z(y-x)(y-z)\leq 0\Leftrightarrow y^2z+z^2x\leq xyz+yz^2$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $y(x+z)^2\leq \dfrac{4}{27}$

 Đúng theo AM-GM $y(x+z)^2=\dfrac{1}{2}.2y(x+z)(x+z)\leq \dfrac{4(x+y+z)^3}{27}=\dfrac{4}{27}$

 Dấu bằng xảy ra khi $(a,b,c)\in \left \{ \left ( \dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3},0\right );\left ( 0,\dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3}\right );\left ( \dfrac{1}{3},0,\dfrac{2}{3}\right )\right \}$

Chứng minh rằng nếu với mọi $a, b, c$ khác $0$ và $m>0$ thỏa mãn : $\frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1}+\frac{c}{m}=0$ thì phương trình $ax^2+bx+c=0$ có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng $(0;1)$

 Đặt $f(x)=ax^2+bx+c$

 Khi đó :

        $f(0)=c$

        $f(1)=a+b+c$

        $f\left ( \dfrac{m}{m+1}\right )=\dfrac{m^2a}{(m+1)^2}+\dfrac{mb}{m+1}+c$

        $\Rightarrow mf(1)+(m+1)^2.f\left ( \dfrac{m}{m+1}\right )=m(m+1)a+m(m+2)b+(m+1)(m+2)c-c=-c$

        $\Rightarrow f(0).\left [mf(1)+(m+1)^2.f\left ( \dfrac{m}{m+1}\right )\right ]=-c^2<0$

        $\Rightarrow \begin{bmatrix} f(0).f(1)<0\\f(0).f\left (\dfrac{m}{m+1}\right )<0 \end{bmatrix}$

        $\Rightarrow \begin{bmatrix} \exists \ \alpha \in (0;1) \ | \ f(\alpha )=0 \ \ \ (1)\\\exists \ \alpha \in \left (0;\dfrac{m}{m+1}\right )\subset (0;1) \ | \ f(\alpha )=0 \ \ \ (2) \end{bmatrix}$

 Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra điều cần chứng minh

          SỞ GD&ĐT LONG AN                                                                 KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12

                                                                                                                      VÒNG 2 NĂM 2015

                                                                                                             Môn thi : TOÁN

                                                                                                             Ngày thi : 05/11/2015 ( Buổi thi thứ nhất )

                                                                                                                Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

 Câu 1 (5,0 điểm)

          a) Giải bất phương trình $\sqrt{2x^2-4x+6}-\sqrt{2x-1}>x-2$

          b) Giải hệ phương trình :$\left\{\begin{matrix} 2y^3+y+2x\sqrt{1-x}-3\sqrt{1-x}=0\\ \sqrt{9-4y^2}=2x^2+6y^2-7 \end{matrix}\right.\ x,y\in \mathbb{R}$

 Câu 2 (5,0 điểm)

         Cho dãy số $(u_n)$ được xác đinh bởi $\left\{\begin{matrix}u_1=2\\u_2=3\\ u_n=nu_{n-1}-(n-2)u_{n-2}-2n+4,\ \forall n\geq 3 \end{matrix}\right.$

         a) Tìm số hạng tổng quát của dãy $(u_n)$

         b) Tìm số dư khi chia $u_{2016}$ cho 2015

 Câu 3 (5,0 điểm)

         Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho các điểm $A(1;1)\ ,\ B(2;5)\ ,\ C(4;7)$.

         Viết phương trình đường thẳng $d$ đi qua $A$ sao cho tổng khoảng cách từ $B$ và $C$ đến $d$ là lớn nhất

 Câu 4 (5,0 điểm)

Cho số nguyên dương $R$ và một bảng hình chữ nhật chia thành $20\times 15$ ô vuông. Những nước đi được thực hiện trên bảng như sau : ta chuyển từ một ô vuông này đến môt ô vuông kia khi khoảng cách giữa hai tâm của hai ô vuông đó bằng $\sqrt{R}$. Bài toán đặt ra là làm sao có thể tìm được một dãy các nước đi để chuyển từ ô này sang ô kia, mà hai ô đó nằm ở hai góc kề nhau của bảng, hai góc đó nằm trên cùn một chiều dài của bảng hình chữ nhật nói trên.

         a) Bài toán có giải quyết được không khi $R$ chia chết cho 2 hoặc cho 3? Tại sao ?

         b) Bài toán có giải quyết được không khi $R=73$ ? Tại sao ? Hãy tìm dãy các nước đi nếu bài toán giải được.

------------- HẾT --------------

          SỞ GD&ĐT LONG AN                                                                 KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12

                                                                                                                       VÒNG 2 NĂM 2015

                                                                                                             Môn thi : TOÁN

                                                                                                             Ngày thi : 06/11/2015 ( Buổi thi thứ hai )

                                                                                                                Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

 Câu 5 (5,0 điểm)

Cho hai đa thức với hệ số thực $f(x)=7776x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$ và $g(x)=6x^2+11x+2015$. Biết rằng phương trình $f(x)=0$ có 5 nghiệm phân biệt và phương trình $f(g(x))=0$ không có nghiệm thực. Chứng minh rằng $\sqrt[10]{f(2015)}>\dfrac{11}{2}$          

 Câu 6 (5,0 điểm)

          Với mỗi số tự nhiên $k>0$, số $(2+\sqrt{5})^{2k}$ luôn viết được dưới dạng $a_k+b_k\sqrt{5}$ với $a_k,b_k$ là các số nguyên dương         

          a) Tìm hệ thức xác định dãy $(a_k),(b_k).$

          b) Chứng minh $20b_kb_{k+1}+16$ là số chính phương.

          c) Chứng minh $a_{k+2}^2-1$ chia hết cho 5.

 Câu 7 (5,0 điểm)

Cho tứ giác lồi $ABCD$ có hai đường chéo không vuông góc với nhau, nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $E$ là điểm di chuyển trên cung $AB$ không chứa $C,D$. Gọi $M$ là giao điểm của $ED$ với $AC$, $N$ là giao điểm của $EC$ với $BD$. $(AEM)$ và $(BEN)$ cắt nhau tại giao điểm thứ hai $F$, Chứng minh rằng $EF$ luôn đi qua một điểm cố định. 

------------- HẾT --------------

   Nguồn : Facebook

Cho a,b,c > 0, a+b+c = 3. CMR: 

$\frac{2}{abc} + 3 \geq 5.(\frac{1}{2a+1} + \frac{1}{2b+1} + \frac{1}{2c+1}) $ (dùng phương pháp p,q,r)

 Ta có :

$$\textrm{BĐT}\Leftrightarrow \dfrac{2}{abc}+3\geq \dfrac{5(4\sum ab+15)}{8abc+4\sum ab+7}$$

 Đặt $p=a+b+c=3~,~q=ab+bc+ca~,~r=abc$ thì ta cần chứng minh :

$$\dfrac{2}{r}+3\geq \dfrac{5(4q+15)}{8r+4q+7}\Leftrightarrow (2+3r)(8r+4q+7)\geq 5r(4q+15)\Leftrightarrow (1-r)(8q+14-24r)\geq 0$$

 Bất đẳng thức trên luôn đúng vì $r\leq 1$ và $8q\geq 24\sqrt[3]{r^2}\geq 24r$

 Thực chất viết $p,q,r$ cho gọn chứ chả cần Schur 

 Nói cách khác, nếu biến đổi tương đương thì ta sẽ có bất đẳng thức sau :

$$(1-abc)[8(ab+bc+ca)-24abc+14]\geq 0$$

Lời giải :

 Ta có :

$$\textrm{BĐT}\Leftrightarrow \sum  \sqrt{a^2+ab+bc+ca}-\sum a\geq 3$$

$$\Leftrightarrow \sum \sqrt{(a+b)(a+c)}-\sum a\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}$$

Dễ thấy $\sqrt{a+b},\sqrt{b+c},\sqrt{c+a}$ là ba cạnh của một tam giác

Khi đó, tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $\left\{\begin{matrix} \sqrt{a+b}=x+y\\ \sqrt{b+c}=y+z\\ \sqrt{c+a}=z+x \end{matrix}\right.$

$$\Rightarrow a=\dfrac{(x+y)^2+(z+x)^2-(y+z)^2}{2}=x(x+y+z)-yz~,~b=y(x+y+z)-xz~,~c=z(x+y+z)-xy$$

$$\Rightarrow ab+bc+ca=\sum \left [x(x+y+z)-yz\right ]\left [y(x+y+z)-zx\right ]$$

$$=(xy+yz+zx)(x+y+z)^2-(x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2)(x+y+z)+xyz(x+y+z)$$

$$=(x+y+z)\left [(x+y+z)(xy+yz+zx)-(x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2)+xyz \right ]=4xyz(x+y+z)$$

Nên ta chỉ cần chứng minh :

$$(x+y)(y+z)+(y+z)(z+x)+(z+x)(x+y)-(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)\geq 2\sqrt{3xyz(x+y+z)}$$

$$\Leftrightarrow xy+yz+zx\geq \sqrt{3xyz(x+y+z)}$$

Luôn đúng theo Cauchy-Schwarz

Cho $a,b,c \in [1, 2]$ là các số thực. Chứng minh rằng
\[9(a^3+b^3+c^3)+17(ab^2+bc^2+ca^2)+33abc\ge 37(a^2b+b^2c+c^2a)\]
Đẳng thức xảy ra khi nào ?

 Không mất tính tổng quát, giả sử $a=\min \{ a,b,c \}$

 Khi đó, đặt $b=a+x$ và $c=a+y$ thì $x,y\geq 0$ , khai triển bậc 3 khá dễ, ta có :

     $\textrm{BĐT}\Leftrightarrow 7a(x^2-xy+y^2)+9x^3-37x^2y+17x^2y+9y^3=f(a)\geq 0$

 Vì $x^2-xy+y^2\geq 0$ và $a\geq 1$ nên $f(a)\geq f(1)$

 Vì vậy ta chỉ cần chứng minh :

     $9x^3+(7-37y)x^2+(17y^2-7y)x+9y^3+7y^2=g(x)\geq 0$

 Có $g'(x)=27x^2+x(14-74y)+y(-7+17y)$

     Xét $\Delta _{g'(x)}=28(130y^2-47y+7)>0$ nên $g'(x)>0$

 $\Rightarrow$ $g(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ $\Rightarrow$ $g(x)\geq g(0)=9y^3+7y^2\geq 0$

 Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

 Dấu bằng xảy ra khi $x=y=0$ hay $a=b=c$