vietfrog

Vương pro thế. Bá đạo thật. Việt chắc thấp nhất VMF
__________________________
Anh Việt khiêm tốn quá

sao không tải được vậy anh?

Mình vẫn tải được mà bạn.

Toán hệ pt khó nhằn mà ko có hướng dẫn kĩ thì khó quá anh xusinst ơi
pt 1 giải thoát và pt 2 giải thoát là gì thế anh xusinst
tạo đồng bậc là như thế nào vậy
em lớp 11 rùi mà sao thấy ngu quá hic

Em có câu nào thắc mắc cứ post lên đây luôn. Mọi người sẽ giải đáp giúp em!

Đề lần này bất ngờ nhất câu nhị thức Niu-tơn. Ai cũng kêu không thi mà.... Chẹp.
BĐT mà làm cách hàm số ( khác cách của Bộ ), chưa đầy đủ nhưng đúng có được điểm không nhi?

Câu 7a. ( Ngồi nghĩ ra cách này sướng )
Đặt $AB=x$.
Ta có:

\[\begin{array}{l}
{S_{ANM}} = {S_{ABC}} - {S_{ABM}} - {S_{ADN}} - {S_{MNC}} = \frac{{5{x^2}}}{{12}}\\
{S_{ANM}} = \frac{1}{2}.AN.d\left( {M;AN} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{\sqrt {10} x}}{3}.\frac{{3\sqrt 5 }}{2} = \frac{{5\sqrt 2 }}{4}x\\
\Rightarrow x = 3\sqrt 2 \Rightarrow AM = \frac{{\sqrt 5 }}{2}x = \frac{{3\sqrt {10} }}{2}\\
\Rightarrow A{M^2} = \frac{{45}}{2} \Rightarrow A
\end{array}\]

Các thầy cho em góp một số vấn đề, bài toán liên quan ạ. .
Bài toán 1
Bài toán 2

Cho hàm số: $y = \frac{{2x - m}}{{mx + 1}}$. Chứng minh rằng với mọi $m$ khác 0 thì đồ thì hàm số đã cho luôn cắt $d:y = 2x - 2m$ tại 2 điểm $A,B$ thuộc một đường Hypebol cố định. Tìm Hypebol đó.

1/ Giải HPT
$$\left\{\begin{matrix}2x^3-9y^3=(x-y).(2xy+3)\
& & \\ \ x^2+xy+y^2=3
& &
\end{matrix}\right.$$

Thế $3$ ở PT 2 vào PT 1 ta thu được PT đẳng cấp bậc 3 đối với $x;y$.
Đến đây đặt $\frac{x}{y}=t$.Ta được PT bậc 3 ẩn $t$.

Giải hệ:
$\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^{3}=1 & \\x^{4}+y^{4}=1 & \end{matrix}\right.$

Gợi ý:
\[{x^4} + {y^4} = 1 \Rightarrow \left| x \right| \le 1;\left| y \right| \le 1\]
Đánh giá ta sẽ có: nghiệm $x=1;y=0$ và $x=0;y=1$

Em nghĩ bài này không có max rồi, nếu cho a và b âm, c dương và tổng $a+b+c$ rất sát không thì P vọt lên rất lớn đó( cái này là em thử bấm máy tính )

Đề bài cho $x,y,z$ không âm rồi mà. Hôm qua cũng ngờ ngờ phần CM GTLN của anh Thành. .
Nhưng mà em nghĩ đúng là GTLN là 16.
P/s: Em đang nghĩ theo hướng tìm GTLN bằng cách khảo sát lần lượt từng biến ( sau khi chuẩn hóa tổng ).

KẾT LUẬN:

GTNN của $P$ là $\frac{{16}}{{81}}$, đạt được khi $\left( {x;y;z} \right) = \left( {\frac{4}{9};\frac{4}{9};\frac{1}{9}} \right)$

Em nghĩ anh kết luận thế này chỉ đúng trong 1 trường hợp $x+y+z=1$ thôi.
Em đang suy nghĩ về GTLN. Không biết có vấn đề gì không nhưng thật hổ thẹn vì giờ mới tìm được lời giải bằng Hàm số phải nói là ''hay và đẹp'' như trên. Để em đọc 1 lát đã
P/s: Cái post trên dài quá em post 1 cái mới, không phải spam nhá

Em có mặt đây.
1. Kết quả 2 lời giải khác nhau là do tson1997 đã tính toán nhầm.Lúc nãy em cũng không để ý.

$(x^3+y^3+16z^3)(8+8+2)(8+8+2) \geq 4(x+y+z)^3$
Hay
$P \geq \frac{1}{81}$ (thì phải)

Phải sửa thành : $(x^3+y^3+16z^3)(8+8+2)(8+8+2) \geq {4^3}{\left( {x + y + z} \right)^3}$
Từ đó cũng suy ra được :\[P \ge \frac{{{4^3}}}{{{{\left( {2 + 8 + 8} \right)}^2}}} = \frac{{16}}{{81}}\]
2. Em nghĩ nếu ta chứng minh được BĐT Holder dạng 3 số bằng BĐT AM-GM thì vẫn có thể coi như Bài toán phụ để áp dụng.
Bài này em đã làm 1 lần bên onluyentoan.vn. Thi Đại học thì sẽ trình bày thế này. ( Lời giải của em bên onluyentoan.vn )

Trước tiên ta chứng minh BĐT sau:
\[\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \ge {\left( {amx + bny + cpz} \right)^3}\]
(với $x,y,z,a,b,c,m,n,p$ là các số không âm)
Thật vậy, theo BĐT AM-GM ta có:
\[\frac{{{a^3}}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}} + \frac{{{m^3}}}{{{m^3} + {n^3} + {p^3}}} + \frac{{{x^3}}}{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}} \ge \frac{{3amx}}{{\sqrt[3]{{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)}}}}\]
\[\frac{{{b^3}}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}} + \frac{{{n^3}}}{{{m^3} + {n^3} + {p^3}}} + \frac{{{y^3}}}{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}} \ge \frac{{3bny}}{{\sqrt[3]{{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)}}}}\]
\[\frac{{{c^3}}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}} + \frac{{{p^3}}}{{{m^3} + {n^3} + {p^3}}} + \frac{{{z^3}}}{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}} \ge \frac{{3cpz}}{{\sqrt[3]{{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)}}}}\]
Cộng lại ta được:
\[\begin{array}{l}
3 \ge \frac{{3\left( {amx + bny + cpz} \right)}}{{\sqrt[3]{{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)}}}}\\
\Leftrightarrow \left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \ge {\left( {amx + bny + cpz} \right)^3}
\end{array}\]
BĐT được chứng minh.
Áp dụng vào bài ta có:
$$\begin{array}{*{20}{c}}
{\left( {{x^3} + {y^3} + {{\left( {\sqrt[3]{{16}}z} \right)}^3}} \right)\left( {1 + 1 + {{\left( {\sqrt[3]{{\frac{1}{4}}}} \right)}^3}} \right)\left( {1 + 1 + {{\left( {\sqrt[3]{{\frac{1}{4}}}} \right)}^3}} \right) \ge {{\left( {x + y + z} \right)}^3}} \\
{ \Leftrightarrow \frac{{\left( {{x^3} + {y^3} + 16{z^3}} \right)}}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^3}}} \ge \frac{1}{{{{\left( {1 + 1 + \frac{1}{4}} \right)}^2}}} \Leftrightarrow P \ge \dfrac{16}{81}} \\
\end{array}$$
Dấu = xảy ra khi $x = y = 4z$
Vậy $MinP = \dfrac{16}{81}$

P/s: Đợi em xem tiếp đã

Dạng bài này đã có nhiều trên diễn đàn VMF và được phát triển nhiều cách khác nhau.
Bạn có thể tham khảo một số bài tương tự ở đây:
http://diendantoanho...l=&fromsearch=1

Thử dùng holder xem sao nào:

$(x^3+y^3+16z^3)(8+8+2)(8+8+2) \geq 4(x+y+z)^3$
Hay
$P \geq \frac{1}{81}$ (thì phải)

Bài này sử dụng BĐT Holder thì đúng rồi.
Bài tìm Min thì phải chỉ rõ dấu =.
Ở đây dấu = xảy ra khi $x = y = \frac{{2z}}{{\sqrt[2]{2}}}$
Chứng minh BĐT Holder dạng:
\[\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right) \ge {\left( {axm + byn + czp} \right)^3}\]

Chứng minh BĐT 18
Sử dụng BĐT AM-GM ta có:

$\dfrac{{{a^3}}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}} + \dfrac{{{x^3}}}{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}} + \dfrac{{{m^3}}}{{{m^3} + {n^3} + {p^3}}} \ge \dfrac{{3axm}}{{\sqrt[3]{{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)}}}}$

Xây dựng tương tự 2 BĐT nữa với $(b;y;n)$ và $(c;z;p)$ rồi cộng vế theo vế lại ta có điều phải chứng minh.

Trích Quyển Sáng tạo bất đẳng thức.( Trang 27)

P/s: Làm bài này kiểu hàm số thì khó lắm anh Thành ơi

Tìm $Min_P=\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}$

Chắc là bạn này post thiếu đề.
Nếu $x,y,z$ là các số thực thì sẽ không tồn tại Min.
P/s: BĐT Nesbit chỉ áp dụng cho các số không âm.

cho a,b là 2 số thực thỏa điều kiện a²+ b² = 1. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức A = a^6 +b^6

Không biết em đã học BĐT Holder chưa.
Áp dụng BĐT Holder ta có:
\[\left( {{a^6} + {b^6}} \right)\left( {{1^6} + {1^6}} \right)\left( {{1^6} + {1^6}} \right) \ge {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^3} \Leftrightarrow {a^6} + {b^6} \ge \frac{1}{4}\]
P/s: Cách khác: Ta có thể đặt ẩn phụ ${a^2} = \frac{1}{2} - t;{b^2} = \frac{1}{2} + t$