Câu hệ giải ntn z mọi người???

từ PT đầu suy ra $y\in \left [ -1,1 \right ]$

Dùng điều kiện này để lập bảng biến thiên cho PT 2 từ đó suy ra$y=\frac{\sqrt{15}}{5}$.

Đề này mình còn mỗi câu số học mới chỉ làm một nửa, làm bài trình bày có thiếu chỗ nào đâu, và kết quả của mình là HCĐ.

Chuẩn hóa $ab+bc+ca=3$

Đặt $ab=x;bc=y;ca=z\Rightarrow x+y+z=3$

A khi đó trở thành :$\sum \frac{a^{2}}{3a^{2}+bc}\geq \sum \frac{a^{2}}{3a^{2}+\frac{(b+c)^{2}}{4}}=\sum \frac{a^{2}}{3a^{2}+\frac{(3-a)^{2}}{4}}$

Ta đi c/m:

$\frac{a^{2}}{3a^{2}+\frac{(3-a)^{2}}{4}}\geq \frac{3}{16}(a-1)+\frac{1}{4}$

đến đây BĐTĐ

tới đó rồi sao nữa bạn? Mình cũng nghĩ là max: 

$A\leq \sum \frac{yx}{16}\left ( \frac{9}{x^{2}+2yz} +\frac{1}{yz}\right )= \sum \frac{9yz}{16\left ( x^{2} +2yz\right )}+\frac{3}{16}$

 Lại có : $\sum \frac{yz}{x^{2}+2yz}\leq 1\Leftrightarrow \sum \frac{x^{2}}{x^{2}+2yz}\geq 1$

Suy ra $A\leq \frac{3}{4}$

Trường THPT chuyên Bắc Quảng Nam

 

Cuộc thi giải toán chào mừng 83 năm thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh

 

Đề chính thức

Bài 1: Giải hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{matrix} \left ( x-y \right )\left ( x^{2}+xy+y^{2} +3\right )=3\left ( x^{2}+y^{2} \right )+2\\ 4\sqrt{x+2}+\sqrt{16-3y}=x^{2}+3x+2 \end{matrix}\right.$

 

Bài 2: Cho $n=26^{26}+3^{3}+2014^{1931}$. Gọi S(x) là tổng các chữ số của số tự nhiên x. Đặt a=S(n), b=S(a) và c=S(b). Tìm c.

 

Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc + a + b = c. Tìm giá trị lớn nhất của P biết ;

$P= \frac{26}{1+a^{2}}+\frac{3}{1+b^{2}}-\frac{3}{1+c^{2}}$

 

Bài 4: Cho hình thang có ba cạnh cùng độ dài là a. Tìm hình thang có diện tích lớn nhất.

 

Bài 5: Cho $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$, $f\left ( 1 \right )=-1, g\left ( 0 \right )=2$. Tìm f(2014) biết rằng:

$f\left ( x+y \right )+g\left ( x-y \right )=2f\left ( x \right )+2g\left ( y \right ), \forall x,y\in \mathbb{R}$

 

Bài 6: Cho đa giác đều 101 cạnh , các đỉnh của đa giác được tô bởi hai màu xanh và đỏ. Chứng tỏ rằng luôn tồn tại tam giác cân (các đỉnh là đỉnh của đa giác đều 101 cạnh) sao cho ba đỉnh được tô cùng một màu (xanh hoặc đỏ).

 

Đ/s: 1) (2,0)

       2) 5

       3) $\frac{2713}{104}$

       4) Hình thang cân có góc ở đáy $60^{o}$

       5) 4056194

       6) là bài toán lí luận nên để các bạn giải.

 

 

Do a,b,c dương nên tồn tại tam giác ABC nhọn thoả mãn: cotA=a, cotB=b và cotC=c.

Vế trái của BĐT thành S= $\sum \frac{\left ( 1+tanAtanB \right )^{2}}{tanA^{2}+tan^{2}B+4tanAtanB}$

Áp dụng BĐT Bunyakowski ta có: $S\geq \frac{\left ( 3+tanAtanB+tanBtanC+tanCtanA \right )^{2}}{2\left ( tanA+tanB+tanC \right )^{2}}$

Đến đây dùng đẳng thức :$tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC$ thì sẽ thu được điều phải chứng minh.

mình cũng dùng tính khả quy và bất khả quy, nhưng lại quên khấy tính chất chỗ G(a)-G(b) chia hết cho a-b.

Đúng là mình thiếu, đánh sao sót mất điều kiện $xy+yz+zx=1$. Cảm ơn

Thi giải toán chào mừng ngày nhà giáo Việt Nam 20/11

Năm học: 2013-2014

Đề bài:

Bài 1:

Cho x₁, x₂ là các nghiệm của phương trình sau: $x^{2}-5x+3=0$.

Tìm các giá trị của $A=\left | x_{1}-2 \right |-\sqrt{x_{2}+1}$

Bài 2:

Giải phương trình: $\sqrt{x^{2}+12}+5=3x+\sqrt{x^{2}+5}$

Bài 3:

Chứng minh bất đẳng thức sau: $\sqrt{2x^{2}+2xy+5y^{2}}+\sqrt{2y^{2}+2yz+5z^{2}}+\sqrt{2z^{2}+2zx+5x^{2}}\geq 3\sqrt{3}$ $\forall x,y,z\in \mathbb{R}$

Bài 4:

Tìm các hàm số f thoả: $f\left ( x-2y+3 \right )-y^{2}=2f\left ( x+y+1 \right )+f\left ( y-2x \right )$ $\forall x,y\in \mathbb{R}$

Bài 5:

Chứng tỏ rằng nếu n là số tự nhiên có đúng 2013 ước số tự nhiên thì n là số chính phương.

Bài 6:

Cho bảy điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn, chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có một góc nhỏ hơn 27^o, tam giác ấy có ba đỉnh là ba trong bảy điểm đã cho.

Bài 7: Cho đa giác đều A₁A₂...A₂₀₁₂A₂₀₁₃, điểm M nằm ở miền trong đa giác, điểm N nằm ngoài đa giác. Đặt $\sum_{i=1}^{2013}\overrightarrow{MA_{i}}=\overrightarrow{a}; \sum_{i=1}^{2013}\overrightarrow{NA_{i}}= \overrightarrow{b}$. Liệu có tồn tại điểm M, N nào thỏa mãn $\left | \overrightarrow{a} \right |> \left | \overrightarrow{b} \right |$. Nếu có hãy chỉ ra các điểm M,N ấy.

Đề đến đó thôi, mình giải khá gọn, bạn nào có lời giải càng gọn càng tốt nha. 

những bài dạng này bạn giải bằng cách xét hàm: giả sử $x\geq y\geq z$; Đặt $f\left ( t \right )=\frac{t\left ( t^{2} +9\right )}{2\left ( t^{2} +1\right )}$ suy ra: $\left\{\begin{matrix} x\doteq f\left ( y \right )\\ y= f\left ( z \right )\\ z=f\left ( x \right )\end{matrix}\right.$ Xét tính biến thiên của hàm thu được $z\geq y\geq x$. Vậy nên x=y=z.

hệ phương trình quy về giải phương trình: $2x\left ( x^{2} +1\right )= x\left ( x^{2} +9\right )$.

Đa số các bài toán thường không thể hiện rõ ràng hàm số mà chúng ta xét đến, cần phải luyện tập nhiều để có cái nhìn tinh tế để đưa từng bài toán có biểu thức phức tạp về dạng trên. Chúc bạn thành công

bạn ơi, cách thứ hai thì hoàn toàn đúng rồi, cách thứ nhất bạn quên cũng có 3! cách ghép sách tham khảo và bút, nên sót nhân 3!, nếu bạn lấy kết quả cách 1 nhân thêm cho 3! thì đáp số ra y hệt cách 2 đấy, mình rất dở phần tổ hợp nhưng theo mình nghĩ là thế

bạn dùng với giả thiết ba cạnh tam giác đấy, dựa trên công thức Herong suy ra: $\left ( a+b-c \right )\left ( b+c-a \right )\left ( c+a-b \right )\left ( a+b+c \right )\geq 0$

khai triển ra ta được: $a^{4}+b^{4}+c^{4}\leq 2\left (a^{2}b^{2} +b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\right )$. đó là trường hợp với ba cạnh tam giác thì hai bất đẳng thức bạn nói đều đúng, mình đã chứng minh 1 cái ở trên, cái sau bạn dùng các bất đẳng thức: $a^{2}> \left ( b-c \right )^{2};b^{2}\geq \left ( c-a \right )^{2};c^{2}\geq \left ( a-b \right )^{2}$ rồi cộng vế theo vế là ra, đề bài của bạn không đúng với mọi a,b,c>0 như quynhthao29 đã nói

Cho ba số dương a,b,c>0.

1)Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{4b^{2}-bc+4c^{2}}\geq \frac{9}{7\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}$

2)Cho $a+b+c+\sqrt{2abc}\geq 10$ . Chứng minh rằng:

$\sqrt{\frac{8}{a^{2}}+\frac{9b^{2}}{2}+\frac{c^{2}a^{2}}{4}}+\sqrt{\frac{8}{b^{2}}+\frac{9c^{2}}{2}+\frac{a^{2}b^{2}}{4}}+\sqrt{\frac{8}{c^{2}}+\frac{9a^{2}}{2}+\frac{b^{2}c^{2}}{4}}\geq 6\sqrt{6}$.

3)Cho a+b+c=3. Chứng minh:

$\sqrt{2a^{2}+\frac{2}{a+1}+b^{4}}+\sqrt{2b^{2}+\frac{2}{b+1}+c^{4}}+\sqrt{2c^{2}+\frac{2}{c+1}+a^{4}}\geq 6$.

bạn có toạ độ các trung điểm rồi thì bạn dễ dàng chỉ ra được phương trình cả ba cạnh tam giác thôi mà, việc lúc này để viết ra phương trình đường trung trực là không khó.

không thể nói thế được, vì đâu phải ai tham gia diễn đàn cũng chỉ để đăng bài, một số thành viên không học chuyên toán hoặc mới bắt đầu học chuyên sâu môn toán có thể tham gia, trước hết để tìm hiểu, sau khi đã rèn luyện được trình độ nhất định, họ mới tham gia gửi đề bài hoặc trả lời các bài toán được, việc này chẳng ảnh hưởng tới ai, số lượng thành viên nhiều thì có sao, một diễn đàn đâu có thể hiện chất lượng ở số lượng thành viên mà thể hiện ở chất lượng các bài đăng thôi.

Mấy thầy, mấy bác, mấy anh quản trị nên chăm chút hơn cho các topic, tổng hợp lại thường xuyên các bài đã đăng nhưng chưa có lời giải, các bạn thành viên khác tích cực bổ sung cho kho tài liệu của diễn đàn càng nhiều càng tốt, tổ chức các cuộc thi trực tuyến,.... Thế là đủ.

bài cuối:

 k=1 ta cần chứng minh BĐT $\sum \frac{a^{2}}{a+b}\geq 3$

BĐT này t dễ dàng chứng minh được bằng cauchy-schawz kết hợp với giả thiết abc=8

Giả sử bất đẳng thức đúng khi k=l nào đó, tức là: $\sum \frac{a^{2^{l}}}{\left ( a+b \right )\left ( a^{2}+b^{2} \right )...\left ( a^{2^{l-1}}+b^{2^{l-1}} \right )}\geq \frac{3}{2^{l-1}}$

Ta sẽ chứng minh nó đúng ở k=l+1 như sau

Đặt $\left ( a+b \right )...\left ( a^{2^{l-1}} +b^{2^{l-1}}\right )=x;$

$ \left ( b+c \right )...\left ( b^{2^{l-1}}+c^{2^{l-1}} \right )=y;$

$ \left ( c+a \right )...\left ( c^{2^{l-1}}+a^{2^{l-1}} \right )=z;$

ta có $\left [ \sum \frac{2a^{2^{l+1}}}{x\left ( a^{2^{l}}+b^{2^{l}} \right )} \right ]\left [ \sum \frac{a^{2^{l}}+b^{2^{l}}}{2x} \right ]\geq \left ( \sum \frac{a^{2^{l}}}{x} \right )^{2}$

Như vậy ta cần chứng minh $\sum \frac{a^{2^{l}}}{x}\geq \sum \frac{a^{2^{l}}+b^{2^{l}}}{2x}\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2^{l}}}{x}\geq \sum \frac{b^{2^{l}}}{x}$

Ta có $a^{2^{l}}-b^{2^{l}}=\left ( a-b \right )\left ( a+b \right )\left ( a^{2}+b^{2} \right )...\left ( a^{2^{l-1}} +b^{2^{l-1}}\right )$(dễ chứng minh bằng quy nạp)

Như thế ta thấy rằng $\sum \frac{a^{2^{l}}}{x}=\sum \frac{b^{2^{l}}}{x}$

Vậy ta có :$\sum \frac{2a^{2^{l+1}}}{x\left ( a^{2^{l}} +b^{2^{l}}\right )}\geq \sum \frac{a^{2^{l}}}{x}\geq \frac{3}{2^{l-1}}$

Bài toán chứng minh xong, bài này trong bài thi thì mình chứng minh cụ thể, những chỗ dễ dàng mong mấy bạn tự chứng minh .

Cho dãy số ${u_{n}}$ được xác định như sau:

$\left\{\begin{matrix} u_{0}=0,u_{1}=1\\ u_{n+2}=1999u_{n+1}-u_{n} \end{matrix}\right.$

Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho ${u_{n}}$ là số nguyên tố.

Dễ thấy x=0 là nghiệm, xét hàm số ở vế trái, đạo hàm vế trái ta được $\left ( 1+\frac{x}{{\sqrt{x^{2}+1}}} \right )$, ta thấy với mọi x thì biểu thức này luôn dương, hàm số ở vế trái tăng trên $\mathbb{R}$.

Xét hàm số ở vế phải có đạo hàm là $3^{x}$ln3 luôn dương với mọi x.

Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm, nghiệm đó là 0.

Ta có $\sum\left ( \frac{a^{3}}{b^{2}} +a\right )\geq 2\sum \frac{a^{2}}{b}$( theo BĐT Cauchy)

Ta đi chứng minh bất đẳng thức sau:$\sum \frac{a^{2}}{b}\geq \sum a$

Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức này bằng bất đẳng thức Cauchy:$\sum \left ( \frac{a^{2}}{b}+b \right )\geq 2\sum a$.

Kết hợp 2 BĐT ta có điều phải chứng minh

bạn có thể tham khảo tuyển tập đề đề nghị môn Toán olympic 30/4 năm 2011 do NXB Đại học Sư phạm ấy, bài này nằm trong đề đề nghị của chuyên Lê Hồng Phong lớp 10, cách giải ngắn gọn và đơn giản hơn

tài liệu mình đọc có phân nhóm các lời giải, và mình biết có đến 51 cách chứng minh lận

Sau khi đọc xong một vài quyển sách có nói về BĐT Nesbitt, mình xin chia sẻ với diễn đàn một số cách chứng minh BĐT này:

Đề bài: Chứng minh với mọi a, b, c >0 thì:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}$.

( sách  Những con đường khám phá lời giải Bất đẳng thức-NXB Sư phạm-chương 5)

Cách 1:

Đặt $T= \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}; Q=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}; P=\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+b}$.

Ta có: $T+Q\geq 3;

$T+P\geq 3$ $\Rightarrow 2T+P+Q\geq 6$;

mà $P+Q=3$$\Rightarrow T\geq \frac{3}{2}$.

Cách 2: Sử dụng BĐT Vasile Cirtoaje

$\left ( a^{2}+b^{2} +c^{2}\right )^{2}\geq 3\left ( a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a \right ):$

$\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}\geq 3\left ( ab^{3}+bc^{3}+ca^{3} \right )$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a^{4}}{a^{3}b+a^{3}c}+\frac{b^{4}}{b^{3}c+b^{3}a}+\frac{c^{4}}{c^{3}a+c^{3}b}$

$\geq \frac{1}{2}\frac{2\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}}{\left ( a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a \right )+\left ( ab^{3}+bc^{3}+ca^{3} \right )}$

$\geq \frac{1}{2}\frac{3\left ( a^{b}+b^{3}c+c^{3}a \right )+\left ( ab^{3}+bc^{3}+ca^{3} \right )}{\left ( a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a \right )+\left ( ab^{3}+bc^{3}+ca^{3} \right )}=\frac{3}{2}$

Cách 3:

Bổ đề:

 

$\sum \sqrt[3]{\left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}}\geq \frac{3\sqrt[3]{2}}{2}$ với a,b,c>0>

Ta chứng minh bổ đề như sau:

$\sum \sqrt[3]{\left ( \frac{2a}{b+c} \right )^{2}} = \sum\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left ( b+c \right )^{2}}}\geq \sum \frac{2a}{\frac{2a+2(b+c)}{3}}= \sum \frac{3a}{a+b+c}=3$;

vậy ta đã chứng minh xong bổ đề

Áp dụng bổ đề và BĐT AM-GM ta có:

$\sum \frac{\frac{a}{b+c}+\frac{a}{b+c}+\frac{1}{2}}{3}\geq \sum \sqrt[3]{\left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}.\frac{1}{2}}\geq \frac{3}{2}.$

từ đó có đpcm.

Trên đây là một vài cách chứng minh, mình có một số BĐT cũng liên quan tới BĐT Nesbitt, mời các bạn cùng giải cho vui:

1) với mọi a,b,c>0 chứng minh:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{2abc}{3a^{3}+3b^{3}+3c^{3}}\geq \frac{31}{18}$

2) Chứng minh rằng:$a\geq b\geq c> 0$

 thì $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}+\frac{\left ( a-c \right )^{2}}{ab+bc+ca}$

3)Chứng minh rằng : với a,b,c>0

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{27abc}{2\left ( a+b+c \right )^{2}}\geq 2$

4)Chứng minh với a,b,c>0

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+4\frac{\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}\geq 5$

Câu 2:
Cho n số thực dương x₁,x₂,...,x_n. Với n không nhỏ hơn 2 thỏa:
$\frac{1}{x_{1}+2004}+\frac{1}{x_{2}+2004}+...+\frac{1}{x_{n}+2004}=\frac{1}{2004}$.
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
$T=\tfrac{\sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}}{n-1}$

Có mấy câu chưa giải ra :
Câu 1:
Cho tam giác ABC nội tiếp trong một vòng tròn.AA', BB', CC' là ba đường trung tuyến. AA', BB', CC' cắt vòng tròn ngoại tiếp tại A₁, B₁,C₁, . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$M=\frac{AA'}{AA_{1}}+\frac{BB'}{BB_{1}}+\frac{CC'}{CC_{1}}$
Câu 2:

dùng cô si 2 số ở dưới mẫu mỗi biểu thức ở vế trái, sau nhân với abc, tiếp theo ta sẽ bắt gặp bất đẳng thức quen thuộc là
$\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\leq a+b+c$
suy ra đpcm

câu em mới nói là câu 13 ý

khoảng 5 tỉ năm nữa, mặt trời sẽ biến mất, tức là không chiếu sáng nữa, nó sẽ to lên và nuốt chửng các hành tinh trong hệ, và cuối cùng nổ tung thành một ngôi sao lùn, tức ngôi sao đã chết