nhungvienkimcuong

Đây là file tổng hợp khoảng 50 bài đầu trong topic

P/s : Mong các bạn tiếp tục tham gia sôi nổi

còn vài bài chưa có lời giải mà nhỉ

mình vừa gửi 1 file bữa trước cho anh Cẩn xem,anh khen hay nhưng anh có khuyên 1 cái là khi giải thì các bạn hãy phân tích lời giải,hướng giải của mình,như thế mới có thể khác với các sách BĐT khác được

ok luôn anh,mà em Văn hơi dốt

p/s:fan anh Cẩn điểm danh

Theo định lý ABC mở rộng thì $a+b+c$ nhỏ nhất khi có 2 trong 3 số bằng nhau ta giả sử là $x=y$. 

định lí $ABC$ là một định lí rất mạnh mà do anh Nguyễn Anh Cường đưa ra nhưng trong các cuộc thi khi dùng cái này bị trừ điểm không ít còn nếu không muốn trừ điểm thì phải chứng minh lại nhiều thứ phức tạp,mất thời gian nên theo em thì các bài toán ở topic đừng nên lạm dụng quá một cái "dao không được dùng" như thế này

mong anh và mọi người sẽ có lời giải khác cho bài $41$

Giải phương trình: $x+y+x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

bài trên là trong chuyên mục đề ra kỳ này của $THTT$

các ĐHV sẽ khóa chủ đề này

Lời giải bài 40 :  

Giả sử : $z=max\begin{Bmatrix} x,y,z \end{Bmatrix}$

Nếu : $yz=1\Rightarrow x+y+z=x\Rightarrow y+z=0$ (vô lý)

Nên $yz\neq 1$ . Nên từ điều kiện ta có : $x=\frac{y+z}{yz-1}$

Tiếp theo , thay  $x=\frac{y+z}{yz-1}$ vào đpcm ta được :  $(\frac{y+z}{yz-1}-1)(y-1)(z-1)\leq 6\sqrt{3}-10$

Khai triển và nhóm lại thì ta cần chứng minh : 

$y^{2}(z-1)^{2}+2y(z(3\sqrt{3}-4)-z^{2})+z^{2}-6\sqrt{3}+9\geq 0 (*)$

Thật vậy ta có : 

$\Delta ^{'}_{y}=(z-\sqrt{3})^{2}((10-6\sqrt{3})z+2\sqrt{3}-3)\leq 0 (1)$

Đến đây ta chỉ việc chứng minh : $(10-6\sqrt{3})z\leq 3-2\sqrt{3}\Leftrightarrow z\geq \frac{3-2\sqrt{3}}{10-6\sqrt{3}}$

Mà : ta có: $3\sqrt{3}\leq x+y+z\leq 3z\Rightarrow z\geq \sqrt{3}>\frac{3-2\sqrt{3}}{10-6\sqrt{3}}$

Nên ta có ĐPCM

mình có chút ý kiến là có gì thì bạn trích dẫn cả đề nữa nhé chứ nhiều khi phải kéo lên kéo xuống kiếm cái đề thì hơi phiền

cảm ơn bạn

Bài 40:

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=xyz$.CMR

$(x-1)(y-1)(z-1)\leq 6\sqrt{3}-10$

Bài 41:

Cho $x,y,z$ là các số dương mà $xy+yz+zx+xyz=4$.CMR

$x^2+y^2+z^2+3+6\sqrt{2}\geq (2+2\sqrt{2})(x+y+z)$

Bài 39 :  Cho $0<a,b,c \leq 1, a^2+b^2+c^2=2$. Chứng minh rằng:
$\frac{1-a^2}{c}+\frac{1-c^2}{b}+\frac{1-b^2}{a} \leq \frac{5}{4}$

những lời giải sau đây từ tài liệu của mình,mình xin phép gõ lại một cách(theo yêu cầu của chủ topic) và cách còn lại mình xin gửi một file của thầy Cẩn(do dài quá  )

đổi biến $\left ( 1-a^2,1-b^2,1-c^2 \right )\rightarrow \left ( x,y,z \right )$ do đó ta cần chứng minh 

$\frac{x}{\sqrt{x+y}}+\frac{y}{\sqrt{y+z}}+\frac{z}{\sqrt{z+x}}\leq \frac{5}{4}\sqrt{x+y+z}$

bđt trên có tên là $\text{Jack Garfunkel}$

Cách 1:

WLOG $x=max\left \{ x,y,z \right \}$ và $x+y+z=1$

đặt $\left\{\begin{matrix} t=\frac{x+z}{2}\\s= \frac{x-z}{2} \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=t+s\\y=1-2t \\z=t-s \end{matrix}\right.$

do đó ta cần chứng minh

$\frac{t+s}{\sqrt{s+1-t}}+\frac{1-2t}{\sqrt{1-t-s}}+\frac{t-s}{\sqrt{2t}}\leq \frac{5}{4}$

đặt $VT$ của biểu thức trên là $f(s)$ với $s\in \left [ 0,t \right ]$ ta sẽ chứng minh $f(s)\leq max\left \{ f(0),f(t) \right \}$

ta có

$f'(s)=\frac{1}{\sqrt{s+1-t}}-\frac{t+s}{2(s+1-t)^{\frac{3}{2}}}+\frac{1-2t}{2(1-t-s)^{\frac{3}{2}}}-\frac{1}{\sqrt{2t}}$

$f''(s)=\frac{-1}{(s+1-t)^{\frac{3}{2}}}+\frac{3(t+s)}{4(s+1-t)^{\frac{5}{2}}}+\frac{3(1-2t)}{4(1-t-s)^{\frac{5}{2}}}$

$f'''(s)=\frac{18+3s-33t}{(1-t-s)^{\frac{7}{2}}}+\frac{15(1-2t)}{8(1-t-s)^{\frac{7}{2}}}>0$

vậy $f'''(s)>0\ \ \forall s\in \left [ 0,t \right ]$ nên theo định lí $Rolle$ thì $f'(s)$ có tối đa hai nghiệm trên $\left [ 0,t \right ]$ 

mặt khác dễ chứng minh $f'(0)\leq 0$ và $f'(s)\geq 0$ do đó $f'(s)$ chỉ có thể đổi dấu tối đa một lần trên $\left ( 0,t \right )$

hơn nữa $f'(s)$ chỉ có thể có một trong các dạng sau $f'(s)>0,\forall s\in (0,t)$ hoặc $f'(s)<0,\forall s\in (0,t)$ hoặc $f'(s)$ có dạng $-0+$ trên $(0,t)$ .Tuy nhiên trong trường hợp nào thì $f(s)$ cũng chỉ có thể đạt cực đại tại biên

vậy 

$f(s)\leq max\left \{ f(0),f(t) \right \}\ \ \forall s\in \left [ 0,t \right ]$

do đó ta chỉ cần chứng minh

$max\left \{ f(0),f(t) \right \}\leq \frac{5}{4}$

điều trên là dễ thấy

Cách 2:

 Donbiencodien-VQBC.pdf   3.71MB   243 Số lần tải

câu 21:

cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x^2+y^2+z^2=2(xy+yz+zx)$.Tìm GTLN của biểu thức

$P=\frac{x^3+y^3+z^3}{xyz}$

Câu 24 :  Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa : $x,y,z\in \begin{bmatrix} 0;\frac{1}{2} \end{bmatrix}$. Tìm GTLN và GTNN của : 

$f(x,y,z)=x+y+z-xy-yz-zx$

Câu 29b : Cho $a,b,c>0$ thỏa : $abc=1$ . CMR: 

$(a+\frac{1}{b})^{2}+(b+\frac{1}{c})^{2}+(c+\frac{1}{a})^{2}\geq 3(a+b+c+1)+63(a-b)^{2}(b-c)^{2}(c-a)^{2}$

hiện còn các bài sau tồn đọng,sau một tuần không có lời giải mong người đăng bài sẽ giải quyết

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $abc=1$ . Chứng minh rằng  : 

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}\geq 5$

dễ chứng minh $f(a,b,c)\geq f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$ với $a=max\left \{ a,b,c \right \}$

do đó ta cần chứng minh $f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})=f\left ( \frac{1}{t^2},t,t \right )\geq 5$

cái trên dễ thấy

Cho em hỏi phát biểu của định lý Zsigmondy được không ạ

$\blacksquare$ Dạng 1

với mọi $a>b\geq 1$ và $(a,b)=1$ thì luôn có một số nguyên tố $p$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} p\mid a^n-b^n\\p\not | a^k-b^k\ \ \forall k\in \left [1,n \right ) \end{matrix}\right.$

$($ trừ trường hợp $2^6-1^6$ và $a^2-b^2$ với $a+b$ là một lũy thừa của $2$ $)$

$\blacksquare$ Dạng 2

với mọi $a>b\geq 1$ và $(a,b)=1$ thì luôn có một số nguyên tố $p$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} p\mid a^n+b^n\\p\not | a^k+b^k\ \ \forall k\in \left [1,n \right ) \end{matrix}\right.$

$($ trừ trường hợp $2^3+1^3$ $)$

Câu 28 : (2012 Baltic Way) Cho $a,b,c$ là các số thực . CMR 

$ab+bc+ca+max\begin{Bmatrix} \left | a-b \right |,\left | b-c \right |,\left | c-a \right | \end{Bmatrix}\leq 1+\frac{1}{3}(a+b+c)^{2}$

WLOG $\left | a-b \right |=max\left \{ \left | a-b \right |,\left | b-c \right |,\left | c-a \right | \right \}$

ta có 

$\frac{1}{3}\left ( \sum a\right )^2+1-\sum bc=\frac{\sum (a-b)^2}{6}+1=\frac{(a-b)^2+\left [ (b-c)^2+(c-a)^2 \right ]}{6}+1\geq$

                                                                                                                                       $\geq  \frac{(a-b)^2}{4}+1 \geq \left | a-b \right |$

do đó có $Q.E.D$

xin đề xuất một bài tương tự

Câu 30:(Bosnia 2008)

Cho $x,y,z$ là các số thực.CMR

$x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\geq max\left \{ \frac{3}{4}(x-y)^2,\frac{3}{4}(y-z)^2,\frac{3}{4}(z-x)^2 \right \}$

Câu 25 :  Cho $a,b,c>0$ thỏa : $ab+bc+ca=1$ . Chứng minh rằng  

$\sqrt[4]{\frac{\sqrt{3}}{a}+6\sqrt{3}b}+\sqrt[4]{\frac{\sqrt{3}}{b}+6\sqrt{3}c}+\sqrt[4]{\frac{\sqrt{3}}{c}+6\sqrt{3}a}\leq \frac{1}{abc}$

Câu 26: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. CMR

$\sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}\leq \frac{1}{abc}$

Câu hỏi đặt ra là liệu bài tóan 25 có thể tổng quát hóa lên được không

câu 27:

Với $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $ab+bc+ca=1$.CMR

$\sqrt[n]{\left ( \sqrt{3} \right )^{n-3}\left ( a+\frac{6}{b}\right )}+\sqrt[n]{\left ( \sqrt{3} \right )^{n-3}\left (b+\frac{6}{c} \right )}+\sqrt[n]{\left ( \sqrt{3} \right )^{n-3}\left (c+\frac{6}{a} \right )}\leq \frac{1}{abc}\ \ \forall n\geq 3$

câu 23:(JBMO TST 2015)

cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a^2+b^2+c^2=3$.CMR

$a+b+c\geq 3\sqrt[5]{abc}$

mình xin giải luôn do bài toán này đơn giản chỉ cần dùng bài toán $(a+b+c)^5\geq 81abc(a^2+b^2+c^2)$ 

@Khanghaxuan: Mình nghĩ nên để các mem trao đổi cho topic chất lượng hơn nhé !Thân

@nhungvienkimcuong:Cảm ơn cậu,mình sẽ rút kinh nghiệm

Câu 17:(Iran MO 2014, vòng 2) Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện: $x^2+y^2+z^2=2(xy+yz+zx)$. Chứng tỏ rằng:

$\frac{x+y+z}{3}\geq \sqrt[3]{2xyz}$

lấy ý tưởng từ bài toán trên mình nghĩ ra bài toán sau

câu 21:

cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x^2+y^2+z^2=2(xy+yz+zx)$.Tìm GTLN của biểu thức

$P=\frac{x^3+y^3+z^3}{xyz}$

Cho x,y,z là các số nguyên thỏa mãn $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}$ thuộc Z

CMR :$\sqrt[3]{xyz}$ cũng thuộc Z