Ispectorgadget

Mình góp thêm vài bài
Tìm nghiệm nguyên
a) 1!+2!+...+x!=$y^2$
b) 1!+2!+...+x!=$y^3$

Em ở TPHCM mà mấy trường chuyên ở đây chỉ nhận học sinh học lớp 9 thi lên 10 thui. Rớt chuyên toán không quan trọng nhưng không đươc học trường mà mình muốn thi cũng chán lém

Bạn nam cũng giống mình từ hồi thi rớt chuyên toán mình cũng bắt đầu nản. Mà thôi chuyện cũ qua ròi bi giờ hướng tới tương lai là kì thi ĐH

Câu b
Lớp 9 chắc dùng định lý hàm cos đươc ròi
AO=CO = 5 (bán kính)
$AC^2=CO^2+AO^2-2AO.CO.COSAOC$(định lý hàm cos)
=>$64=50-50.cosCOA$=>cosCOA=-0,28
=> góc COA =$106^015'$
$CH=CO.sinCOH$=5.sin$106^015'$=4,8cm
=> CE = 9,6
S tứ giác ACBE= $\dfrac{1}{2}.CE.AB=\dfrac{1}{2}9,6.10$=48

Sao ông thầy dạy thêm em bảo BĐT Bernoulli là bất đẳng thức quan trọng =.=
BĐT <=>$(1+4^a)^b\leq (1+4^b)^a$ lấy Ln 2 vế
\[
b.\ln (1 + 4^a ) \le a.\ln (1 + 4^b )
\]
<=>$\dfrac{ln(1+4^a)}{a}\leq \dfrac{ln(1+4^b)}{b}$
Xét hàm số:f(x)
\[
\dfrac{{\ln (1 + 4^x )}}{x}(x > 0)
\]
Lấy đạo hàm ta được: f'(x)=
\[
\dfrac{1}{{x^2 }}[x.\dfrac{{4^x .\ln 4}}{{1 + 4^x }} - \ln (1 + 4^x )] = \dfrac{{4^x \ln 4^x - (1 + 4^x )\ln (1 + 4^x )}}{{x^2 (1 + 4^x )}} < 0
\]
=> f(x) nghịch biến trên
\[
(0; + \infty )
\]
và do $a\geq b> 0$
=>f(a)=<f(b)=>$\dfrac{ln(1+4^b)}{a}\leq \dfrac{ln(1+4^b)}{b}$

Bài 3 xem đáp án tại đây http://diendantoanho...04
Bài 4:
M = $x(2-x).y(1-2y)\leq (2-x)(1-2y)$ (do $x\leq 2,y\leq \dfrac{1}{2}$)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
$(2-x)(1-2y)\leq \dfrac{(3-x-2y)^2}{4}$
Lại có $-x\geq -2;-2y\geq -1$
=> M$\leq \dfrac{(3-2-1)^2}{4}=0$
Dấu bằng xảy ra khi x= 2 và y =1/2

Bài 2 :
$y^2 \overset{Cauchy-Schwarz}{\leq} (9+16)(x-1+5-x)=100$
$\Rightarrow y \le 10 $ (do y &gt;0)
Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow x=\dfrac{61}{25}$
$y^2 = 9(x-1)+16(5-x)+24\sqrt{(x-1)(5-x)}=36+7(5-x)+24\sqrt{(x-1)(5-x)}\ge 36$ (do$ 5-x \ge 0$)
$\Rightarrow y\ge6$
Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow x=5 $

B2: Cách khác:
Áp dụng BĐT\[
\sqrt a + \sqrt b \ge \sqrt {a + b}
\]

VT\[
\ge 3\sqrt {x - 1 - x + 5} + \sqrt {5 - x} \ge 6
\]

Dấu bằng xr khi x =5

Tìm max của biểu thức $\dfrac{1}{\sqrt{xy}}$ biết x + y $\leqslant$ 1

Lời giải
ta có: $(x+y)^2\geq (x+y)^2-(x-y)^2=4xy$$=>\dfrac{1}{\sqrt{xy}}\geq \dfrac{1}{\dfrac{x+y}{2}}=2$
Dấu "=" xr <=> x=y=$\dfrac{1}{\sqrt{2}}$

tiếp nhé:
Cho các số thực không âm x,y thay đổi và thỏa mãn x+y=1.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $S=(4x^{2}+3y)(4y^{2}+3z)+25xy$
(Đại học khối D năm 2009)

Bài giải:
Khai triển S ta được
\[
16x^2 y^2 - 2xy + 12
\]
Đặt t =xy vì x,y >0 và x+y=1
Nên
\[
1 = x + y \ge 2\sqrt {xy} < = > xy \le \dfrac{1}{4}
\]
=> s= $16t^{2}-2t+12$ với $0\leq t\leq \dfrac{1}{4}$ tới đây khảo sát hàm số => min và max

Bài 1: ĐH Bách Khoa Hà Nội
Cho a,b,c > 0. Chứng minh rằng :$ \dfrac {1}{a^2 + bc} + \dfrac{1}{b^2+ca}+ \dfrac{1}{c^2+ab}\le \dfrac{a + b + c }{2abc}$

Theo BĐT AM-GM
$VT\leq \sum \dfrac{1}{2a\sqrt{bc}}=\sum \dfrac{\sqrt{bc}}{2abc}$$\leq \dfrac{a+b+c}{2abc}$

theo như bài của bạn thì a bạn tách thành $\dfrac{3a}{4}+\dfrac{a}{4}$, cũng cách đó nhưng mình tách a thành $\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}$, lúc đó phương trình thành:
$A=a+\dfrac{1}{a}$ = $\dfrac{a}{2}+(\dfrac{a}{2}+\dfrac{1}{a}) \geq \dfrac{a}{2}$+$\sqrt{2}$

ta có: $a\geqslant 2$
<=>$\dfrac{a}{2}+\sqrt{2}\geq 1+\sqrt{2}$

vậy Min_A = $1+\sqrt{2}$ <=> a=2
Nhưng nếu thế a=2 vào đề thì A=$\dfrac{5}{2}$
Vậy bài mình sai chỗ nào

Anh sai ở chỗ nếu tách thành a/2+a/2 rồi sử dụng BDT AM-GM cho a/2và$\dfrac{1}{a}$ thì không đảm bảo được dấu bằng xảy ra do đó không tìm được GTNN của biểu thức.
Cho nên phải tách như trên

Bài 35:Bộ đề tuyển sinh ĐH nam 87-95
Cho x,y thỏa
\[
x^2 + y^2 = 1
\]
TÌm min và max của A=
\[
x\sqrt {y + 1} + y\sqrt {x + 1}
\]\

Lúc đầu học lý thuyết mình không nhất thiết phải học thuộc công thức cứ nhìn vào công thức rổi áp dụng tới 1 lúc nào đó mình sẽ hiểu và thuộc được công thức đó

Ta có:
\[
VT = \sqrt {(x + \dfrac{1}{2})^2 + \dfrac{3}{4}} + \sqrt {(\dfrac{1}{2} - x)^2 + \dfrac{3}{4}} \ge \sqrt {(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} + x - x)^2 + (\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2})} = \sqrt 4 = 2
\]

b) vì vai trò a,b,c như nhau không mất tính tổng quát giả sử

\[
a \ge b \ge c = > \dfrac{1}{{a + b}} \le \dfrac{1}{{a + c}} \le \dfrac{1}{{b + c}}
\]

áp dụng BDT Chebishev cho bộ dãy đơn điệu giảm
\[
a.\dfrac{1}{{b + c}} + b\dfrac{1}{{a + c}} + c\dfrac{1}{{a + b}} \ge \dfrac{{a + b + c}}{3}.(\dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{a + c}} + \dfrac{1}{{a + b}}) \ge \dfrac{{a + b + c}}{3}.\dfrac{9}{{2(a + b + c)}} = \dfrac{3}{2}
\]
Dấu "=" xảy ra <=> a= b=c

Cái này là ứng dụng của BDT cauchy trong các bài thi ĐH