Hoang Long Le

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 $a=b=c$

Giải hệ phương trình :

 $\left\{\begin{matrix} x,y,z\geq 0\\ x+y+z=12 \\ 2x+5y+10z=xyz \end{matrix}\right.$

 Dùng máy tính mò ra nghiệm $(x,y,z)=(5,4,3)$, bài này dạng ý tưởng giống bài TST năm nào đó, hình như năm ngoái có đưa vào Vio lớp 9 :v Mấy ông ác thật 

 Lời giải :

 Đặt $x=5a;y=4b;z=3c$ và áp dụng AM-GM ta có :

 $60abc=10a+20b+30c\geq 60\sqrt[60]{a^{10}b^{20}c^{30}}\Leftrightarrow a^5b^4c^3\geq 1$

 Lại có :

 $12=x+y+z=5a+4b+3c\geq 12\sqrt[12]{a^5b^4c^3}\geq 12$ 

 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ hay $x=5;y=4;z=3$

$cho a,b,c > 0;\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{^{2}}}=\sqrt{2014} CMR:\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{1}{2}\sqrt{1007}$

 

 

Cho a, b, c, d không âm thoả mãn: $a+b+c+d=4$. CMR: $\sum \sqrt{2a^2+2a+9} \leq 16$

 Ta chứng minh $\sqrt{2a^2+2a+9}\leq a+3\Leftrightarrow a(4-a)\geq 0$ luôn đúng

 Tương tự rồi cộng lại là ra

 Dấu bằng xảy ra khi 3 số bằng 0, số còn lại bằng 4

Cho $\frac{1}{3 }\leq a;b;c\leq 1$. Chứng minh :

$\frac{a}{1+cb} +\frac{b}{1+ac} +\frac{c}{1+ab} \leq 1,9$

 Ta sẽ chứng minh một bất đẳng thức phụ sau :

$$\frac{a}{1+bc}\leq \frac{19a}{10(a+b+c)}\Leftrightarrow 19(1+bc)\geq 10(a+b+c)$$

 Do $a,b,c\in \left [ \frac{1}{3};1 \right ]\Rightarrow (b-1)(c-1)\geq 0\Leftrightarrow bc+1\geq b+c\Leftrightarrow 10(bc+1)\geq 10(b+c)$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $9(bc+1)\geq 10a$

 Luôn đúng vì $9(bc+1)\geq 9.\left ( \frac{1}{9}+1 \right )=10\geq 10a$

 Vậy bất đẳng thức được chứng minh, thiết lập với các số còn lại tương tự rồi cộng lại

 Dấu bằng không xảy ra, hay nói cách khác, đề phải là $\frac{a}{1+cb} +\frac{b}{1+ac} +\frac{c}{1+ab} < 1,9$

Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}}=\sqrt{2011}$

Chứng minh rằng $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2011}{2}}$

 Áp dụng AM-GM : $\sum \frac{a^2}{b+c}\geq \sum \frac{a^2}{\sqrt{2(b^2+c^2)}}$

 Đặt $\sqrt{b^2+c^2}=x;\sqrt{c^2+a^2}=y;\sqrt{a^2+b^2}=z$ thì $a^2=\frac{y^2+z^2-x^2}{2};b^2=\frac{x^2+z^2-y^2}{2};c^2=\frac{x^2+y^2-z^2}{2}$ và $x+y+z=\sqrt{2011}$

 $\Rightarrow \sum \frac{a^2}{b+c}\geq \frac{1}{2\sqrt{2}}.\sum \frac{y^2+z^2-x^2}{x^2}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left [ \sum \left (\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+2x\right )-3.\sum x\right ]$

 $\geq \frac{1}{2\sqrt{2}}\left \{ \sum \left [\frac{(y+z)^2}{2x}+2x\right ]-3.\sum x \right \}$

 $\geq \frac{1}{2\sqrt{2}}.\left [2\sum (y+z)-3\sum x \right ]$ 

 $=\frac{1}{2\sqrt{2}}.\sum x=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2011}{2}}$

Cho $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca+abc=4$
Chứng minh $\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \leq 3$

 Theo giả thiết, đặt $a=\frac{2x}{y+z};b=\frac{2y}{z+x};c=\frac{2z}{x+y}$

 Ta có bất đẳng thức tương đương :

$$2\sum \sqrt{\frac{xy}{(x+z)(y+z)}}\leq 3\Leftrightarrow 2\sum \sqrt{xy(x+y)}\leq 3\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}$$

 Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có :

$$\sum \sqrt{xy(x+y)}\leq \sqrt{2(xy+yz+zx)(x+y+z)}$$

 Lại có 

$$(xy+yz+zx)(x+y+z)\leq \frac{9}{8}(x+y)(y+z)(z+x)$$

$$\Rightarrow 2\sum \sqrt{xy(x+y)}\leq 2\sqrt{2.\frac{9}{8}.(x+y)(y+z)(z+x)}=3\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}$$

 Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác và $x,y,z$ là các số thực bất kì thoả mãn $x+y+z=0$. Chứng minh :

$$a^2xy+b^2yz+c^2zx\leq 0$$