Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


ductai199x nội dung

Có 26 mục bởi ductai199x (Tìm giới hạn từ 01-11-2016)



Sắp theo                Sắp xếp  

#304038 [THÔNG BÁO] VỀ VIỆC LÀM CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CỦA DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF

Đã gửi bởi ductai199x on 13-03-2012 - 21:42 trong Thông báo tổng quan

Em - Nguyễn Đức Tài và Tạ Hà Nguyên xin đăng kí làm:
-Phương trình nghiệm nguyên.
-Số nguyên tố - Hợp số.
-Toán suy luận logic và trong các phân môn khác.

Nhóm em xin cám ơn! :)



#300598 Tìm min P=$\frac{2}{a^{2}}+b^{2}+\frac{35}{ab}+2ab$

Đã gửi bởi ductai199x on 22-02-2012 - 23:28 trong Bất đẳng thức và cực trị

tìm giá trị nhỏ nhất của P:
P=$\frac{2}{a^{2}}+b^{2}+\frac{35}{ab}+2ab$ ($a,b >0$ va $a+b≤4$)


Đề bài của bạn bị sai rồi, mình chắc đề đúng phải là:

P=$\frac{2}{a^2+b^2}+\frac{35}{ab}+2ab$ ($a,b >0$ và $a+b≤4$)

Mình xin giải như sau:

$P=(\frac{2}{a^2+b^2}+\frac{2}{2ab})+(\frac{32}{ab}+2ab)+\frac{2}{ab}$

$P=2(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab})+(\frac{32}{ab}+2ab)+\frac{2}{ab}$

$P \ge 2\frac{4}{(a+b)^2}+16+\frac{2}{ab} \ge 2\frac{4}{4^2}+16+\frac{2}{4} = 17$

Vậy MinP $=17 \Leftrightarrow a=b;a+b=4 \Leftrightarrow a=b=2$



#300080 $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} \ge 1$

Đã gửi bởi ductai199x on 19-02-2012 - 22:29 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho $a,b,c \ge 0$ thoả mãn:

$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} \ge 1$

CMR:

$\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab} \ge 1$

Em So-zi, các anh thử làm đi :)



#299915 Tìm giá trị lớn nhất của d

Đã gửi bởi ductai199x on 18-02-2012 - 23:53 trong Đại số

Cho $a,b,c,d$ thỏa
$\left\{\begin{matrix} a+b+c+d =3 & \\ a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 3 & \end{matrix}\right.$
Tìm giá trị lớn nhất của d


Mình xin được giải bài này:

Theo đề bài, ta có:

$\left\{\begin{matrix} a+b+c+d =3 & \\ a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 3 & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow a+b+c+d=a^2+b^2+c^2+d^2=3$

$\Rightarrow 4a+4b+4c+4d=4a^2+4b^2+4c^2+4d^2=12$

$\Rightarrow (4a^2-4a+1)+(4b^2-4b+1)+(4c^2-4c+1)+(4d^2-4d+1) = 4$

$\Rightarrow (2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2+(2d-1)^2 = 4$

Nhận xét: d lớn nhất $\Leftrightarrow (2d-1)^2$ đạt giá trị lớn nhất.

Lại có $(2a-1)^2 \ge 0; (2b-1)^2 \ge 0; (2c-1)^2 \ge 0$ nên $(2d-1)^2$ lớn nhất $\Leftrightarrow (2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow (2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2 = 0$

$\Rightarrow (2d-1)^2 = 4$

$\Leftrightarrow 2d-1 = 2; -2$

TH1: Nếu $2d-1 = 2 \Leftrightarrow d = \frac{3}{2} = 1,5$ (1)

TH2: Nếu $2d-1 = -2 \Leftrightarrow d = \frac{-1}{2} = 0,5$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow d$ đạt giá trị lớn nhất $=1,5 \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{2}$



#299804 Tìm điều kiện của k để A chia hết cho 16

Đã gửi bởi ductai199x on 18-02-2012 - 00:22 trong Số học

a) Cho $A=k^4+2k^3-16k^2+15k$ Với $k\epsilon Z$. Tìm điều kiện của k để A chia hết cho 16.
b) Cho 2 số tự nhiên avà b. Chứng minh rằng tích a.b là số chẵn thì luôn luôn tìm được số nguyên c sao cho $a^2+b^2+c^2$ là số chính phương.



Hình như đề bài của câu a của bạn bị sai rồi, phải là: $A = k^4 + 2k^3 - 16k^2 - 2k + 15$

a) Theo đề bài, ta có:

$A = k^4 + 2k^3 - 16k^2 - 2k + 15$
$A = (k^4 + 5k^3)-(3k^3+15k^2)-(k^2+5k)+(3k+15)$
$A = (k+5)(k^3-3k^2-k+3)$
$A = (k+5)[k^2(k-3)-(k-3)]$
$A = (k+5)(k-3)(k-1)(k+1)$

TH1: k là số chẵn:

$\Rightarrow$ $k+5, k-3, k-1, k+1$ là số lẻ vì $5,3,-1,1$ đều là các số lẻ, khi cộng với 1 số chẵn thì tổng là 1 số lẻ.

Do đó, tích 4 số lẻ là 1 số lẻ, 16 là số chẵn $\Rightarrow$ A lẻ $\Rightarrow$ A không chia hết cho 16

TH2: k là số lẻ:

$\Rightarrow$ $k+5, k-3, k-1, k+1$ là số chẵn vì $5,3,-1,1$ đều là các số lẻ, khi cộng với 1 số lẻ thì tổng là 1 số chẵn.

Do đó, giả sử tích 4 số chẵn là $A = 2m.2n.2p.2q = 16.m.n.p.q \Rightarrow A \vdots 16$.

Vậy điều kiện để A chia hết cho 16 là: k là số lẻ (k $\in Z$)

b)Theo đề bài, ta xét 2TH:

TH1: a,b cùng chẵn.
Đặt $a^2=4p; b^2=4q (p,q \in N)$, ta luôn chọn được $c = p+q-1 \Rightarrow c^2 = p^2+q^2+1+2pq-2p-2q$

$a^2+b^2+c^2 = 4p+4q+p^2+q^2+1+2pq-2p-2q = p^2+q^2+1+2pq+2p+2q = (p+q+1)^2$ - Là số chính phương.(1)

TH2: Không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn $\Rightarrow a \vdots 4$, b lẻ $\Rightarrow b$ chia 4 dư 1.
Đặt $a^2=4p;b^2=4q+1 (p,q \in N)$, ta luôn chọn được $c = 2(p+q) \Rightarrow c^2 = 4p^2+4q^2+8pq$

$a^2+b^2+c^2 = 4p+4q+1+4p^2+4q^2+8pq = (2p+2q+1)^2$-Là số chính phương.(2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.



#299801 Cho N = 999...999 (200 chữ số 9). Hỏi $N^2$ có bào nhiêu chữ số

Đã gửi bởi ductai199x on 17-02-2012 - 23:12 trong Đại số

1, Cho N = 999...999 (200 chữ số 9). Hỏi N^2 có bào nhiêu chữ số


Mình xin được giải bài này như sau:

$N = 999...999$ (200 chữ số 9) $= (100...000) - 1$ (200 chữ số 0)
$\Rightarrow$ $N^2 = (100...000$(200 chữ số 0) $- 1)^2 = 100...00$(40000 chữ số 0)$-2.100...00$(200 chữ số 0)$+1$
$\Rightarrow$ $N^2 = 99...980...000$(39799 chữ số 9, 199 chữ số 0) $+ 1 = 99....9$(3799)$800...01$(198 chữ số 0)
Vậy $N^2$ có $3799+1+198+1 = 39999$ chữ số.



#299716 Chứng ming rằng: $$\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\fr...

Đã gửi bởi ductai199x on 17-02-2012 - 03:35 trong Bất đẳng thức và cực trị

Lớp 9 mà cho đề khó quá nhỉ. Ko biết có học qua BĐT Schur chưa ? Có 1 cách giải bằng p,q,r và Schur

___
Em nghĩ bài này có thể dùng Chebishev được.


Sau 1 ngày tìm tòi thì mình ra bài này rồi đây, các bạn xem lời giải nhé!!!!!!!!!

Bài này mình chỉ dùng Cô-Si và Cô-si-Schwarz thôi nhé :)

BĐT sau: $\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y} \ge \frac{(a+b)^2}{x+y}$ - Cauchy Schwarz in Engel Form

$\frac{1}{1-ab} + \frac{1}{1-bc} + \frac{1}{1-ca} \le \frac{9}{2}$

Ta có:

$\frac{ab}{1-ab} = \frac{2ab}{2(a^2+b^2+c^2)-2ab} \le \frac{2ab}{(2a^2+2b^2+2c^2)-(a^2+b^2)}$

$\frac{ab}{1-ab} \le \frac{2ab}{a^2+b^2+2c^2}$

$\frac{2ab}{a^2+b^2+2c^2} = \frac{1}{2}\frac{4ab}{(a^2+c^2)+(b^2+c^2)}$

$\frac{1}{2}\frac{4ab}{(a^2+c^2)+(b^2+c^2)} \le \frac{1}{2}\frac{(a+b)^2}{(a^2+c^2)+(b^2+c^2)}$

$\frac{1}{2}\frac{(a+b)^2}{(a^2+c^2)+(b^2+c^2)} \le \frac{1}{2}(\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2})$ (1)

Tương tự, ta có:

$\frac{bc}{1-bc} \le \frac{1}{2}(\frac{b^2}{b^2+a^2}+\frac{c^2}{c^2+a^2})$ (2)

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

Cộng 3 BĐT (1), (2), (3) vào, ta có:

$\frac{ab}{1-ab}+\frac{bc}{1-bc}+\frac{ca}{1-ca} \le \frac{1}{2}.3 = \frac{3}{2}$

$(\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca})-(\frac{ab-1}{ab-1}+\frac{bc-1}{bc-1}+\frac{ca-1}{ca-1})$

$=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca} - 3 \le \frac{3}{2}$

$\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca} \le \frac{9}{2}$ (Điều phải chứng minh)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

$a = b = c, a^2 + b^2 + c^2 = 1 \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{\sqrt{3}}$
Hoặc $a = b = c = -\frac{1}{\sqrt{3}}$



#299590 $(xy+xz=44) wedge (xz+yz=23)$

Đã gửi bởi ductai199x on 16-02-2012 - 00:44 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

tim so nghiem nguyen duong (x,y,z) cua he phuong trinh sau$\left\{\begin{matrix} xy+xz=44 & & \\ xz+yz=23& & \end{matrix}\right.$


Bạn phải chuyển chủ đề bài viết bằng cách ấn vào nút "Sử dụng trình soạn thảo đầy đủ" nếu bạn không muốn bị del bài. Mình xin giải bài của bạn nhé:

$xy + xz = 44$ (1)
$xz + yz = 23$ (2)
(2) $\Leftrightarrow z(x+y) = 23$
mà 23 là số nguyên tố mà $x+y > 1$ nên $x+y = 23$ và $z = 1$.

Thay $z=1$ vào (1) ta được hệ $xy+x=44$ $\Leftrightarrow x(y+1)=44$(*)
Và $x+y = 23$ $\Leftrightarrow$ $x+(y+1)=24$ $\Rightarrow$ $y+1 = 24-x$(**).
Lấy (**) thay vào (*), ta có:

$x(24-x) = 44$
$-x^2 + 24x - 44 = 0$
$x^2 - 24x + 44 = 0$
$(x-2)(x-22)=0$
$x = 2 \Rightarrow y = 21 \Rightarrow z = 1$ HOẶC $x = 22 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow z = 1$



#299589 CMR : $\frac{a^4}{b+c} + \frac{b^4}{c+a} +\frac{c^4}{a+b}...

Đã gửi bởi ductai199x on 16-02-2012 - 00:26 trong Bất đẳng thức và cực trị

1) Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác
CMR : $\frac{a^2}{b+c} + \frac{b^4}{c+a} +\frac{c^4}{a+b} < 2(a^2b+b^2c+c^2a)$
2) Tìm GTLN
$5x^3-29x^2+39x+9$ với $x \epsilon \left [ 0;3 \right ]$


Mình xin được giải bài 2 nhé:

A= $5x^3-29x^2+39x+9$
A = $(5x^3-15x^2) - (14x^2-42x) - (3x-9)$
A = $(x-3)(5x^2-14x-3)$
A = $(x-3)[(5x^2-15x)+(x-3)]$
A = $(x-3)^2(5x+1)$
Vì $x \epsilon \left [ 0;3 \right ]$ nên $3-x \ge 0; 5x+1 \ge 0$. Nên ta có:

A = $(3-x)(3-x)(2x+\frac{2}{5}).\frac{5}{2} \leq \frac{5}{2}.(\frac{3-x+3-x+2x+\frac{2}{5}}{3})^3$

$(3-x)(3-x)(2x+\frac{2}{5}).\frac{5}{2} \leq \frac{5}{2}.\frac{32768}{3375}$

$(3-x)(3-x)(2x+\frac{2}{5}).\frac{5}{2} \leq \frac{16384}{675}$

Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow 3-x = 2x + \frac{2}{5} \Leftrightarrow x = \frac{13}{15} (0\ge x \le 3)$



#299575 $x+y$ có chính phương không?

Đã gửi bởi ductai199x on 15-02-2012 - 22:44 trong Số học

Cho x,y,zthuoc N, nguyên tố cùng nhau từng đôi một thỏa mãn 1/x+1/y=1/z. Hỏi x+y có phải là số chính phương ko?


Mình xin giải bài này nhé: :)

Ta có:

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} = \frac{1}{z}$
$xz+yz = xy$
$(x-z)(y-z) = z^2$

Đặt $z^2 \vdots d^2 \Rightarrow z \vdots d$

Do đó: $(x-z)(y-z) \vdots d^2 \Rightarrow (x-z) \vdots d$ mà $z \vdots d$ nên $x \vdots d$. Tương tự, $y \vdots d$ Mà $(x,y) = 1$. Suy ra $d=1$.

Vậy nếu $x-z = a^2, y-z = b^2 \Rightarrow a^2b^2=z^2 \Rightarrow ab = z$
$\Rightarrow x+y = (x-z)+(y-z)+2z = a^2 + b^2 + 2ab = (a+b)^2$
Từ đó, ta kết luận x+y là số chính phương :)



#299542 Chứng ming rằng: $$\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\fr...

Đã gửi bởi ductai199x on 15-02-2012 - 21:35 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho 3 số dương a, b, c thỏa a2+b2+c2=1. Chứng ming rằng:
$\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\leq \frac{9}{2}$
(Đề thi chọn đội tuyển lớp 9 Trần Đại Nghĩa - thi ngày 11/2/2012)
--------------------------------------
Chào bạn. Bạn là thành viên mới nên xem kĩ những nội dung sau:

$\to$ Nội quy diễn đàn Toán học

$\to$ Thông báo về việc đặt tiêu đề

$\to$ Cách gõ $\LaTeX$ trên Diễn đàn

$\to$ Gõ thử công thức toán


Mình xin trả lời bài của bạn nhé:

Trong bài này, ta sử dụng 2 BĐT sau:

1. $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \ge \frac{9}{x+y+z}$ (1)

2. $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$ (2)

Để chứng minh:

$\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\leq \frac{9}{2}$ (*)

Ta cần chứng minh:

$\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\geq \frac{-9}{2}$ (**)

Thật vậy, ta có:

$\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1} \geq \frac{9}{ab+bc+ca-3}$ (Sử dụng BĐT (1))

$\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1} \geq \frac{9}{ab+bc+ca-3} \geq \frac{9}{a^2+b^2+c^2-3}=\frac{9}{1-3}=\frac{9}{-2}$ (Sử dụng BĐT (2))

Vậy $\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1} \geq \frac{-9}{2}$ (**) đúng $\Rightarrow$ (*) đúng.

Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c, a^2+b^2+c^2=1 \Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$



#299189 $$\dfrac{a^9}{bc} + \dfrac{b^9}{ca} + \dfrac{c^9}{ab...

Đã gửi bởi ductai199x on 13-02-2012 - 00:57 trong Các bài toán và vấn đề về Bất đẳng thức

lai co $x+y+z \le 3$(bunhja)


Bạn chứng minh dòng này như thế nào vậy bạn? Bạn có thể nói rõ bunhia ở đâu ko?



#299137 ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH - ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM Năm h...

Đã gửi bởi ductai199x on 12-02-2012 - 20:59 trong Tài liệu - Đề thi

Mình xin được giải bài 1, 2 và bài 3:

1a, Theo đề bài, ta có:
$x = \sqrt{4+\sqrt{7}} - \sqrt{4-\sqrt{7}}$
$x^2 = 4+\sqrt{7} + 4-\sqrt{7} - 2\sqrt{(4+\sqrt{7})(4-\sqrt{7})}$
$x^2 = 8 - 2\sqrt{16-7} = 8 - 2\sqrt{9} = 8 - 2.3 = 8 - 6 = 2 \leftrightarrow x = \sqrt{2}$

$y = \sqrt{2+\sqrt{3}} - \sqrt{2-\sqrt{3}}$
$y^2 = 2+\sqrt{3} + 2-\sqrt{3} - 2\sqrt{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}$
$y^2 = 4 - 2\sqrt{4 - 3} = 4 - 2\sqrt{1} = 4 - 2 = 2 \leftrightarrow y = \sqrt{2}$

Vậy $x = y = \sqrt{2}$

1b, Theo đề bài, ta có:

$\sqrt{1-x} - \sqrt{x-2} = 1$
$1-x + x-2 - 2\sqrt{(1-x)(x-2)} = 1$
$-2\sqrt{(1-x)(x-2)} = 1+1$
$-\sqrt{(1-x)(x-2)} = 1$
$-x^2+3x-2 = 1$
$x^2-3x+3 = 0$
$x^2-2\frac{3}{2}x + \frac{9}{4} = -\frac{3}{4}$
$(x-\frac{3}{2})^2 = -\frac{3}{4}$. Vô lý vì $(x-\frac{3}{2})^2 > 0$ mà $-\frac{3}{4} < 0$.
$\leftrightarrow$ Vô nghiệm.

2a, Theo đề bài, ta có:
$x^2 - 2(m+4)x + (m^2-8) = 0$ (*)
$\delta = [2(m+4)]^2 - 4.1.(m^2-8)$
$\delta = 4(m^2+8m+16) - 4(m^2-8)$
$\delta = 4m^2+32m+64 - 4m^2+32$
$\delta = 32m+96$

Để (*) có nghiệm thì $\delta \ge 0 \Rightarrow 32m + 96 \ge 0$
$\Leftrightarrow 32(m+3) \ge 0$
$\Leftrightarrow m+3 \ge 0$
$\Leftrightarrow m \ge -3$. Vậy để (*) có nghiệm thì $m \ge -3$

2b, Sử dụng định lý Vi-ét, ta có:

x1.x2 = $m^2 - 8$
x1+x2 = $2(m+4) \Rightarrow m = \frac{1}{2}$(x1+x2 -8)
$\Rightarrow$ x1.x2 $= \frac{1}{4}$(x1+x2 -8)2 - 8. Đây là hệ thức cần tìm.

2c, Áp dụng vi-et trong biến đổi sau:
A = x1x2 - x12 + x22
= -x1x2 - (x1+x2)2
$= -(m^2 - 8) - 4(m+4)^2$
$= -5m^2 - 32m - 56$
$= -5(m^2 - 2.\frac{16}{5}.m + \frac{256}{25}) - \frac{24}{5}$
$= -5(m-\frac{16}{5})^2 - \frac{24}{5}$
Do $m ≥ - 3 \Rightarrow m - \frac{16}{5} \ge -\frac{31}{5} \Rightarrow A \le -5.-(\frac{31}{5})^2 - \frac{24}{5} = 187.4 $
Vậy Max $A= 187.4$, đạt được khi $m = -3$


3, Theo đề bài, ta có:

$n^{3} + {5}n$
= $n^{3} - n + {6}n$
= $n(n^2 - 1) + {6}n$
= $(n - 1)n(n+1) + {6}n$

Vì n-1, n, n+1 là 3 số nguyên liên tiếp nên có ít nhất 1 số là số chẵn. Và theo định lý đi-rích-lê, một số khi chia cho 3 có 3 kiểu dư: 0, 1, 2 mà 3 số n-1, n, n+1 là 3 số nguyên liên tiếp nên chắc chắn có một trong 3 số chia hết cho 3.

Lại có: (3, 2) = 1 => = $(n - 1)n(n+1) + {6}n$ chia hết cho 6 nên


$$n^3+5n$$ chia hết cho $6$ với mọi n thuộc Z.




#299121 ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH - ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM Năm h...

Đã gửi bởi ductai199x on 12-02-2012 - 20:07 trong Tài liệu - Đề thi

Mình xin tặng các bạn file pdf này nhé, ở đây có hầu hết tất cả các đề thi của các trường chuyên thành phố Hồ Chí Minh (không đáp án). Hi vọng các bạn thấy bổ ích :) :wub: :icon10:

File gửi kèm




#299112 $\frac{a^{10}+b^{10}}{(a^6+b^6)(a^2+b^2)^2} \ge \frac{1}{...

Đã gửi bởi ductai199x on 12-02-2012 - 19:51 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài mới:
Cho $a,b \ge 0$. CMR:
$\sqrt[3]{1+a^3} + \sqrt[3]{1+b^3} + \sqrt[3]{1+c^3} \ge \sqrt[3]{27 + (a + b + c)^3}$



#299095 $\frac{a^{10}+b^{10}}{(a^6+b^6)(a^2+b^2)^2} \ge \frac{1}{...

Đã gửi bởi ductai199x on 12-02-2012 - 18:47 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho a,b>0, CMR:

$\frac{a^{10}+b^{10}}{(a^6+b^6)(a^2+b^2)^2} \ge \frac{1}{4}$



#299091 A+B+C=3. CMR: $A^{4}+B^{4}+C^{4}\geq A^{3}+B^{3}+C^{3}$

Đã gửi bởi ductai199x on 12-02-2012 - 18:37 trong Bất đẳng thức và cực trị

CHO A,B,C LÀ CÁC SỐ THỰC DƯƠNG.
CÓ A+B+C=3.CHỨNG MINH RẰNG:
$A^{4}+B^{4}+C^{4}\geq A^{3}+B^{3}+C^{3}$


Vì bài này sắp bị del nên mình xin được giải nhé:

Áp dụng BĐT Cô si 4 số:

$a^4+a^4+a^4+1 \ge 4a^3$ (1)
$b^4+b^4+b^4+1 \ge 4b^3$ (2)
$c^4+c^4+c^4+1 \ge 4c^3$ (3)

Cộng (1), (2), (3), ta có:

$3(a^4+b^4+c^4)+3 \ge 4(a^3+b^3+c^3)$ (*)

$\rightarrow$ Ta cần C/M: $a^3+b^3+c^3 \ge 3$

Áp dụng Cô si:

$a^3 + 1 + 1 \ge 3a$
$b^3 + 1 + 1 \ge 3b$
$c^3 + 1 + 1 \ge 3c$
Cộng lại, ta được: $a^3 + b^3 + c^3 + 6 \ge 3(a+b+c)$

Lại có $a + b + c = 3$

=>$a^3+b^3+c^3 \ge 3$ (**)

Từ (*) và (**), cộng lại và chuyển vế, ta có điều phải chứng minh.



#299059 Tìm $max$ của: $M=\frac{a}{b^{2}+c^{2}+a}+\frac{b}{c...

Đã gửi bởi ductai199x on 12-02-2012 - 14:43 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm $max$ của:
$M=\frac{a}{b^{2}+c^{2}+a}+\frac{b}{c^{2}+a^{2}+b}+\frac{c}{a^{2}+b^{2}+c}$


Mình xin phép được giải bài này:

$\frac{a}{b^2+c^2+a} \leq \frac{a}{2bc +\frac{1}{bc}}$ ($b^2+c^2 \ge 2bc$ - BĐT Cô Si và $a=\frac{1}{bc}$)

$\frac{a}{b^2+c^2+a} \leq \frac{a}{2\sqrt{2bc\frac{1}{bc}}}$

$\frac{a}{b^2+c^2+a} \leq \frac{a}{2\sqrt{2}}$ (1)

Tương tự:

$\frac{b}{c^2+a^2+b} \leq \frac{b}{2\sqrt{2}}$ (2)

$\frac{c}{a^2+b^2+c} \leq \frac{c}{2\sqrt{2}}$ (3)

Cộng (1), (2), (3), ta có:

$M \leq \frac{a+b+c}{\sqrt{8}}$ (*)

Mình xin lỗi ở đây, mình nghĩ rằng đề bài bạn cho thiếu vì:

Giả sử: $a = x; b = \frac{1}{x}; c = 1 \rightarrow abc = 1 \rightarrow a+b+c = \frac{x^2+x+1}{x}$. Vì $x \in R, x > 0$ nên $x$ càng lớn thì $a+b+c$ càng lớn $\rightarrow$ thay vào (*) $\rightarrow$ không tìm được max M. Bạn nên xem xét lại đề bài, có thể là thiếu $a+b+c = y (y \in R, y > 0)$.



#299044 $$\dfrac{a^9}{bc} + \dfrac{b^9}{ca} + \dfrac{c^9}{ab...

Đã gửi bởi ductai199x on 12-02-2012 - 12:52 trong Các bài toán và vấn đề về Bất đẳng thức

$(a^5+b^5+c^5+2)^2 \leq 5(a^{10}+b^{10}+c^{10}+2) $


Cho em hỏi bđt này là bunhiakopski hay là gì đấy ạ? Vì khi em làm bunhia, nó ra thế này:

$(a^5+b^5+c^5+2)^2=[(a^5+b^5+c^5).1+2.1]^2 \le [(a^5+b^5+c^5)^2+1^2](2^2+1^2)$
$(a^5+b^5+c^5+2)^2 \le [a^{10}+b^{10}+c^{10}+2(a^5b^5+b^5c^5+c^5+a^5)+1]5$



#298919 Giải phương trình: $x^{2}+4x = (x+2)\sqrt{x^{2}-2x+4}$

Đã gửi bởi ductai199x on 11-02-2012 - 14:26 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Giải phương trình:
1) $x^{2}+4x = (x+2)\sqrt{x^{2}-2x+4}$
2) $\sqrt[4]{2-x^{4}} = x^{2}-3x+1$
Mình cảm ơn trước...


Mình xin được giải câu 1 nhé:

1) $x^{2}+4x = (x+2)\sqrt{x^{2}-2x+4}$

Theo đề bài, ta bình phương 2 vế:

$x^4+8x^3+16x^2 = (x+2)^2[(x+2)^2 - 6x]$
$x^4+8x^3+16x^2 = (x+2)^4 - 6x(x+2)^2$
$x^4+8x^3+16x^2 = (x^4+8x^3+24x^2+32x+16) - (6x^3+24x^2+12x)$
$x^4+8x^3+16x^2 = x^4+2x^3+20x+16$
$6x^3+16x^2-20x-16 = 0$
$3x^3+8x^2-10x-8 = 0$
$3x(x^2+4x+2) - 4(x^2+4x+2) = 0$
$(3x - 4)(x^2+4x+2) = 0$

$\Rightarrow$ TH1: $3x - 4 = 0$
$\Leftrightarrow x = \frac {4}{3}$

$\Rightarrow$ TH2: $x^2+4x+2 = 0$
$\Leftrightarrow (x^2+2.2.x+4) = 2$
$\Leftrightarrow (x+2)^2 = 2$
$\Leftrightarrow x = \sqrt{2} - 2$ hoặc $x = -\sqrt{2} - 2$



#298898 CM : $\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}$ đều là số hữu tỉ

Đã gửi bởi ductai199x on 11-02-2012 - 02:01 trong Đại số

1)Cho 3 số dương phân biệt a,b,c biết a,b,c và $(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$ đều là số hữu tỉ
CM : $\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}$ đều là số hữu tỉ
2) Tìm hệ số của hạng tử $x^8$ trong khai triển của
$A=(1+x^2 - x^3)^9$


Mình xin được giải bài 1:

Cho 3 số dương phân biệt a,b,c biết a,b,c và $(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$ đều là số hữu tỉ
CM : $\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}$ đều là số hữu tỉ

Ta có:
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ = x với x là số hữu tỉ.
$\Leftrightarrow$ $ x - \sqrt{a} = \sqrt{b} + \sqrt{c}$
$\Leftrightarrow$ $ (x^2 + a - b - c) - 2x\sqrt{a} = 2\sqrt{bc}$ (bình phương, chuyển vế)
$\Leftrightarrow$ $ (x^2 + a - b - c)^2 + 4ax² - 4x(x^2 + a - b - c)\sqrt{a} = 4bc$
$\Leftrightarrow$ $ a = \frac{(x^2 + a - b - c)^2 + 4ax^2 - 4bc}{4x(x² + a - b - c)} =$ số hữu tỉ do a, b, c, x hữu tỉ
$\Rightarrow$ Tương tự (vai trò a, b, c như nhau) $\sqrt{b}$, $\sqrt{c}$ là số hữu tỉ



#298792 $(a+b+c)\left(\frac 1{a}+\frac 1{b}+\frac 1{c}\...

Đã gửi bởi ductai199x on 09-02-2012 - 22:49 trong Các bài toán và vấn đề về Bất đẳng thức

Cho $a,b,c$ là các số thực dương sao cho $(a+b+c)\left(\frac 1{a}+\frac 1{b}+\frac 1{c}\right)=10,$ thì
$(a) \ \ \ \frac {19}{12}\le \frac a{b+c}+\frac b{c+a}+\frac c{a+b}\le \frac 5{3};$
$(b) \ \ \ \frac {69}{40}\le \frac {a^2}{b^2+c^2}+\frac {b^2}{c^2+a^2}+\frac {c^2}{a^2+b^2}\le \frac {12}{5}.$

By Vasc


Mình xin được giải bài của bạn như sau:

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức này, tiện thể cung cấp thêm 1 bđt mới:

Giả thiết: a và b thuộc tập [1,2]:
$(a+b+c)(\frac {1}{a}+\frac {1}{b}+\frac {1}{c}) \le 10$ (*)

Giải:

$(a + b + c)(\frac {1}{a} + \frac {1}{b} + \frac {1}{c})$

= $\frac {a}{b} + \frac {a}{c} + \frac {b}{a} + \frac {b}{c} + \frac {c}{a} + \frac {c}{b} \le 7$ (**)

Không giảm tính tổng quát, ta giả sử: $1 \le a \le b \le c \le 2$

=>$(a - b)(b - c) \ge 0$

<=>$ab + bc \ge b^2 + ac$ (***)

Chia 2 vế của (***) cho bc: $\frac {a}{c} + 1 \ge \frac {b}{c} + \frac {a}{b}$ (1)

Chia 2 vế của (***) cho ab: $\frac {c}{a} + 1 \ge \frac {b}{a} + \frac {b}{c}$ (2)

Lấy (1) + (2):
$\frac b{c} + \frac a{b} + \frac b{a} + \frac b{c} + \frac a{c} + \frac c{a} \le 2 + 2(\frac a{c} + \frac c{a})$ (3)

Do giả thiết: $1 \le a \le c \le 2$ nên $1 \le \frac c{a} \le 2$

=> $\frac c{a} - 2 \le 0$ và $\frac c{a} - \frac 1{2} \ge 0$

=> $(\frac c{a} - \frac 1{2})(\frac c{a} - 2) \le 0$

<=>$(\frac c{a})^2 - (\frac 5{2})(\frac c{a}) +1 \le 0$

<=>$\frac c{a} + 1 \le \frac 5{2}$

<=>$\frac c{a} + \frac a{c} \le \frac 5{2}$. Thay vào (3), ta có:

$\frac b{c} + \frac a{b} + \frac b{a} + \frac b{c} \le 2 + 2(\frac 5{2})$

$\frac b{c} + \frac a{b} + \frac b{a} + \frac b{c} \le 7$ => (**) đúng => (*) đúng

Dấu "=" xảy ra <=> khi $\frac c{a} = 2$ => c = 2; a = 1 (b = 1 hoặc b = 2)

Tức dấu "=" xảy ra: a = b = 1; c = 2 hoặc a = 1; b = c = 2 và các hoán vị.

Vậy thay vào các câu a và b, ta có điều phải chứng minh.

Tiện thể, mình có bài này cho bạn:

Giả thiết:


Cho a, b, c ∈ [1,2]. Chứng minh:


$(a + b + c)(\frac 1{a} + \frac 1{b} + \frac 1{c}) \le \frac {81}{8}$




#298764 Nung 2,23g hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg ...

Đã gửi bởi ductai199x on 09-02-2012 - 21:00 trong Các môn tự nhiên (Vật lý, Hóa học, Sinh học, Công nghệ)

Nung 2,23 g hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau một thời gian thu được 2,71 g hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dd $HNO_{3}$ (dư), thu được 0,672 lít khí NO (sản phầm khử duy nhất, đktc). Số mol $HNO_{3}$ đã phản ứng là:
A. 0,12
B. 0,14
C. 0,16
D. 0,18


Mình xin mạn phép được giải bài của bạn:

Bài giải như sau:

mO2 = mY - mX = 2.71 - 2.23 = 0.48
O2 + 4e ---> 2O2-
0.015...0.06
nkl min = 2.23/65 = 223/6500
=> ne min kl nhường = 223/6500*2 = 0.068 > 0.06
=> Sau pứ kl dư, hhY gồm: oxit và kl dư.
4HNO3 + 3e ---> 3NO3- + NO + 2H2O
0.12.................................0.03…
=> Tổng nHNO3 đã pứ = nHNO3 pứ với kl dư + nHNO3 pứ acid (=2nO trog oxit) = 0.12 + 0.03*2 = 0.18
=> Chọn D



#298538 Giải phương trình $4\sqrt{1+x}-1=3x+2\sqrt{1-x}+\sqrt{1-x...

Đã gửi bởi ductai199x on 07-02-2012 - 23:08 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

giải phương trình sau:
$$4\sqrt{1+x}-1=3x+2\sqrt{1-x}+\sqrt{1-x^{2}}$$


Mình xin được giải bài này như sau:


Gọi $\sqrt{1 + x}$ là a.
$\sqrt{1 - x}$ là b.
=> Ta có:
$$4\sqrt{1 + x} - 1 = 3x + 2\sqrt{1 - x}+\sqrt{1 - x^{2}}$$
<=> $4a - 1$ = $3(a^2 - 1) + 2b + ab$
<=> $3a^2 - 2 + 2b + ab - 4a$ = 0
<=> $3a^2 - a^2 - b^2 + 2b + ab - 4a = 0$
<=> $2a^2 - b^2 + ab - 4a + 2b = 0$
<=> $(a + b - 2)(2a - b) = 0$

TH1: $a + b - 2 = 0$
<=> $a + b = 2$
<=> $\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} = 2$
<=> $(\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x})^2 = 4$
<=> $ 1 - x + 1 + x + 2\sqrt{1-x^2} = 4$
<=> $2\sqrt{1-x^2} = 2$
<=> $\sqrt{1-x^2} = 1$
<=> $1 - x^2 = 1$
<=> $x^2 = 0 <=> x = 0$

TH2: $2a - b = 0$
<=> $2a = b$
<=> $2\sqrt{1 + x} = \sqrt{1 - x}$
<=> $4 + 4x = 1 - x$
<=> $5x = -3$
<=> $x = -3/5$

Vậy 2 nghiệm là 0 và -3/5



#298525 Nếu $a^{2}+b^{2}=c^{2}$ thì abc $\vdots $ 15

Đã gửi bởi ductai199x on 07-02-2012 - 22:12 trong Số học

Mình xin được đáp bài này:

Bài toán:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ ta có:

$$n^3+5n$$ chia hết cho $6$


Theo đề bài, ta có:

$n^{3} + {5}n$
= $n^{3} - n + {6}n$
= $n(n^2 - 1) + {6}n$
= $(n - 1)n(n+1) + {6}n$

Vì n-1, n, n+1 là 3 số nguyên liên tiếp nên có ít nhất 1 số là số chẵn. Và theo định lý đi-rích-lê, một số khi chia cho 3 có 3 kiểu dư: 0, 1, 2 mà 3 số n-1, n, n+1 là 3 số nguyên liên tiếp nên chắc chắn có một trong 3 số chia hết cho 3.

Lại có: (3, 2) = 1 => = $(n - 1)n(n+1) + {6}n$ chia hết cho 6 nên

$$n^3+5n$$ chia hết cho $6$ với mọi n thuộc Z.