Đến nội dung

Oral1020 nội dung

Có 1000 mục bởi Oral1020 (Tìm giới hạn từ 29-03-2020)



Sắp theo                Sắp xếp  

#641084 $\sum \frac{a}{b+c}+2 \sqrt{...

Đã gửi bởi Oral1020 on 18-06-2016 - 16:45 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài toán: Cho a,b,c $\ge 0$.Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a}{b+c}+2 \sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}} \ge 2$




#641083 $\sum \frac{a}{b+c}+2 \sqrt{...

Đã gửi bởi Oral1020 on 18-06-2016 - 16:44 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài toán: Cho a,b,c $\ge 0$.Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a}{b+c}+2 \sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}} \ge 2$




#506847 Đề thi vào lớp 10 THPT Chuyên Hà -Tĩnh năm học 2014-2015

Đã gửi bởi Oral1020 on 15-06-2014 - 13:16 trong Tài liệu - Đề thi

3b)

Do $0 \le \sqrt{a+b} \le 1$

$\sqrt{a+b} \ge a+b$

Tương tự $\sqrt{b+c} \ge b+c ;\sqrt{a+c} \ge a+c$

$\Rightarrow VT \ge 2(a+b+c)=2$




#505629 $\sqrt{(a+b+c)^3}(\sqrt{a}+\sqrt...

Đã gửi bởi Oral1020 on 10-06-2014 - 22:12 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho $a;b;c>0$.Chứng minh rằng:

$\sqrt{(a+b+c)^3}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \ge 3\sqrt{3}(ab+bc+ac)$

Spoiler




#503602 Đề thi thử vào 10 Chuyên Toán THCS Lê Thanh Nghị 2014 - 2015

Đã gửi bởi Oral1020 on 02-06-2014 - 18:58 trong Tài liệu - Đề thi

Bài này nếu GTNN là 1 thì đề sai rồi.Thử đi

$a=0,8;b=0,9;c=\frac{114}{85}$




#500638 Tìm $Min$ của $xy + yz + zx - 2xyz$

Đã gửi bởi Oral1020 on 21-05-2014 - 22:04 trong Bất đẳng thức và cực trị

Đề bài phải là $x;y;z \ge 0$ chứ bạn

Spoiler




#499721 Tìm số thực a để pt sau có nghiệm nguyên: $x^{2}-ax+a+2=0$

Đã gửi bởi Oral1020 on 18-05-2014 - 00:02 trong Đại số

Không biết lí luận như thế này có được không ?
Muốn phương trình có nghiệm nguyên

$\Longrightarrow \Delta$ là số chính phương

$\Rightarrow $ Phương trình sẽ có hai nghiệm nguyên

Theo định lí Vi-et,ta có:

$x_1+x_2=a$ mà $x_1;x_2$ nguyên $\rightarrow a$ nguyên




#499575 Tìm min và max của $$A = \frac{a}{2-a} +...

Đã gửi bởi Oral1020 on 17-05-2014 - 14:51 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho $$0 \leq a \leq 1$$

Tìm min và max của $$A = \frac{a}{2-a} + \frac{1-a}{1+a}$$

Hình như bài này có min thôi chứ không có max.

Min thì bạn làm như sau:

Ta có $A-\frac{2}{3}=\frac{2(2a-1)^2}{(2-a)(a+1)} \ge 0$ (do $0 \le a \le 1$)

Do vậy $A \ge \frac{2}{3}$ hay $A_{min}=\frac{2}{3} \longleftrightarrow a =0,5$




#499479 $\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^...

Đã gửi bởi Oral1020 on 16-05-2014 - 22:03 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

 

Công ba phương trình lại ta được:

$x^3+y^3+x^2(y+z)+y^3+z^3+y^2(z+x) + z^3+x^3+z^2(x+y)-3xyz=0$

$\Longrightarrow (x+y+z)(\sum 2x^2 -\sum xy)=0$

Từ đây ta suy ra được:

$x+y+z=0$ hoặc $x=y=z=0$ (loại)

Với $x+y+z=0$ ta có:

$\left\{\begin{matrix} y^{3}=xyz+14\\ z^{3} = xyz-21\\x^{3}= xyz+7 \end{matrix}\right.$

$\Longrightarrow y^3-14=z^3+21=x^3-7=xyz$

...

Nhân 3 phương trình của hệ màu đỏ lại với nhau,ta được:

$(xyz)^3=(xyz-21)(xyz+7)(xyz+14)$

Tới đây bạn sẽ tìm được $xyz=-6$

Lại thay vào hệ đỏ,ta tìm được $x;y;z$




#499408 $\sum \frac{a^2}{b} \ge \sum...

Đã gửi bởi Oral1020 on 16-05-2014 - 18:23 trong Bất đẳng thức và cực trị

Theo BDT Cô si ta có $(\frac{a^{2}}{b}+b)+(\frac{b^{2}}{c}+c)+(\frac{c^{2}}{a}+a)\geq 2a+2b+2c$

 suy ra: $2\sum \frac{a^{2}}{b}\geq \sum \frac{a^{2}}{b}+\sum a$

suy ra: $2\sum \frac{a^{2}}{b}\geq (\frac{a^{2}-ab+b^{2}}{b}+b)+(\frac{b^{2}-bc+c^{2}}{c}+c)+(\frac{c^{2}-ca+a^{2}}{a}+a)$  (1)

áp dụng BDT Cô si ta có:

    VP(1)$\geq 2\sum \sqrt{a^{2}-ab+b^{2}}$

 ta có dpcm đẳng thức xảy ra khi a=b=c

P/s: bài này trong tạp chí toán học và tuổi trẻ :lol: :lol: :lol:

Số nào vậy bạn ???




#499367 $\sum \frac{a^2}{b} \ge \sum...

Đã gửi bởi Oral1020 on 16-05-2014 - 15:51 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho $a;b;c >0$ Chứng minh rằng:
$$\sum \frac{a^2}{b} \ge \sum \sqrt{a^2-ab+b^2}$$




#499346 $\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^...

Đã gửi bởi Oral1020 on 16-05-2014 - 11:49 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Giải hệ pt

 

$\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^{3}+x^{2}(y+z)=xyz+14\\ y^{3}+z^{3}+y^{2}(z+x) = xyz-21\\ z^{3}+x^{3}+z^{2}(x+y)= xyz+7 \end{matrix}\right.$

Công ba phương trình lại ta được:

$x^3+y^3+x^2(y+z)+y^3+z^3+y^2(z+x) + z^3+x^3+z^2(x+y)-3xyz=0$

$\Longrightarrow (x+y+z)(\sum 2x^2 -\sum xy)=0$

Từ đây ta suy ra được:

$x+y+z=0$ hoặc $x=y=z=0$ (loại)

Với $x+y+z=0$ ta có:

$\left\{\begin{matrix} y^{3}=xyz+14\\ z^{3} = xyz-21\\x^{3}= xyz+7 \end{matrix}\right.$

$\Longrightarrow y^3-14=z^3+21=x^3-7=xyz$

...




#499157 $x+\frac{1}{y}=y+\frac{1}{z...

Đã gửi bởi Oral1020 on 15-05-2014 - 11:08 trong Đại số

ta có x,y,z phải khác 0

nếu x=y thì hiển  nhiên ta có x=y=z  và khi đó ta có đẳng thức với mọi a

nếu x,y,z đôi một khác nhau

$\frac{xy+1}{y}=\frac{yz+1}{z}=\frac{zx+1}{x}=\frac{(x-z)y}{y-z}=\frac{(y-x)z}{z-x}=\frac{(z-y)x}{x-y}=a\Rightarrow yz=zx=yx=a^2$

vô lý vì x,y,z đôi một khác nhau và khác 0

Khi $x=y=z$ thì

$x+\frac{1}{x}=a$

$\Rightarrow |a| \ge 2$ hay $a \le -2$ hoặc $a \ge 2$




#499091 cho đa thức $P(x)=ax^2+bx+c$ sao cho với mọi giá trị nguyên của x t...

Đã gửi bởi Oral1020 on 14-05-2014 - 21:48 trong Đại số

Với $x=1;0;-1$ ta được:

$\left\{\begin{matrix}
a+b+c=m^2(1)\\c=l^2 (2)
\\ a-b+c=k^2 (3)
\end{matrix}\right.$

Từ hệ đó ta dễ thấy:

$c \in \mathbb{Z}$ và

Trừ vế theo vế phương trình (1) và (3) ta được:

$2b=m^2-k^2$

Do $VT$ chia hết cho 2 nên $m^2-k^2$ cũng phải chia hết cho hai

Mặt khác ta lại có $m^2-k^2=(m-k)(m+k)$,do $m+k$ và $m-k$ là hai số cùng chẵn nên

$\Rightarrow m^2-k^2$ chia hết cho 4 hay 2b chia hết cho 4 $\Rightarrow b$ chia hết cho 2 và $b$ cũng nguyên

$\Rightarrow a$ cũng nguyện

Tóm lại ta có đpcm




#498984 $x+\frac{1}{y}=y+\frac{1}{z...

Đã gửi bởi Oral1020 on 14-05-2014 - 15:12 trong Đại số

Cho $x;y;z$ là các số thực thỏa mãn:

$x+\frac{1}{y}=y+\frac{1}{z}=z+\frac{1}{x}=a$

Tìm các giả trị của $a$ để thỏa mãn bài toán




#498475 $\left\{\begin{matrix}x^2+xy-4x=-6 &...

Đã gửi bởi Oral1020 on 11-05-2014 - 22:09 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Lấy $3(2)-(1)$ ta có:

$(x-3y-3)(x+y-1)=0$




#498411 Chứng minh: $\sum \frac{a^2}{b^2+c^2}...

Đã gửi bởi Oral1020 on 11-05-2014 - 16:43 trong Bất đẳng thức và cực trị

Phân tích thành:

$(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac).\sum \frac{ab(a-b)^2}{(b+c)(c+a)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} \ge 0$




#497668 tim sach ve cach giai phuong trinh he phuong trinh

Đã gửi bởi Oral1020 on 07-05-2014 - 18:09 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Bạn xem thử cái này.Xem kĩ vào nhá,có vài cái không phải của THCS nhưng còn lại thì rất hay đấy :D




#497347 P= $\sum \frac{1}{1+ab}$

Đã gửi bởi Oral1020 on 05-05-2014 - 21:11 trong Bất đẳng thức và cực trị

Đề bài này có bị sao không chớ min thì không phải là $\frac{3}{2}$ vì mình đã thử rồi.




#497188 Cho a,b,c dương và abc=1.Chứng minh rằng:

Đã gửi bởi Oral1020 on 04-05-2014 - 22:23 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bạn áp dụng bất đẳng thức Bunhia cho
$\sum a . \sum \frac{a}{(a+ab+1)^2} \ge (\sum \frac{a}{a+ab+1})^2$

Mà ta luôn có với $abc =1$ thì
$\sum \frac{a}{a+ab+1} =1$

$\Rightarrow \sum a . \sum \frac{a}{(a+ab+1)^2} \ge 1$

Tương đương với đpcm




#496783 $\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1} + (1-a)(...

Đã gửi bởi Oral1020 on 03-05-2014 - 15:23 trong Bất đẳng thức và cực trị

Mình làm thế này, mong mọi người cùng chữa.

Giải:

Đầu tiên ta đi C/m $B=a^2+b^2+c^2\leq 14$.

Đặt $x=a-2;y=b-2;z=c-2$ $\Rightarrow x+y+z=0$ $\Rightarrow$ Tồn tại 2 trong 3 số cùng dấu.

Không mất tính tổng quát, giả sử $x$ và $y$ $\Rightarrow 2xy\geq 0$

Vì $a,b,c \in [1;3]\Rightarrow x,y,z \in [-1;1]$$\Rightarrow z^2\leq 1$

Ta có:

$B= (x+2)^2+(y+2)^2+(z+2)^2= (x^2+y^2+z^2)+4(x+y+z)+12= x^2+y^2+z^2+12\leq (x^2+2xy+y^2)+z^2+12\leq $$ (x+y)^2+z^2+12\leq 2z^2+12$$\leq 2+12=14$

$\Rightarrow x^2+y^2+z^2\leq 2$

Ta xét 

$A= (x+2)^3+(y+2)^3+(z+2)^3= (x^3+y^3+z^3)+6(x^2+y^2+z^2)+12(x+y+z)+24= 3xyz+6(x^2+y^2+z^2)+24\leq 0+6.2+24=36$ (Do $0=x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}\Leftrightarrow xyz\leq 0$)

Vậy Max $A=36$. Dấu $"="$ $\Leftrightarrow x=1;y=2;z=3$ và các hoán vị

P/s: Hình như có vấn đề? 

ê Việt Hoàng: Đề bài yêu cầu tìm max mà bạn!

Ờ nhầm

Cho mình hỏi hai chỗ này.
Cái chỗ cuối $x;y;z$ đâu có >0 đâu mà áp dụng BĐT AM-GM




#496617 Chứng minh rằng $2(x^2+y^2+z^2)+xyz \ge 7 $

Đã gửi bởi Oral1020 on 02-05-2014 - 17:27 trong Bất đẳng thức và cực trị

đề bài đã cho $(3-2x),(3-2y),(3-2z)\geq 0$ đâu mà áp dụng Cauchy hả bạn?71
Nếu mà biến đổi để ra đến dòng thứ ba thì phải áp dụng BĐT Schur:
$abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$

 

 mình nghĩ là để sử dụng AM-GM thì 3 số phải dương....đâu có chắc là 3-2x,3-2y hay 3-2z dương ?

 bất đẳng thức trên hoàn toàn đúng vì ta có BĐT sau đây:

$a^3+b^3+c^3 \ge 3abc$ với $a+b+c \ge 0$




#496451 Chứng minh rằng: $x^ky^k(x^k+y^k)\leq2$.

Đã gửi bởi Oral1020 on 01-05-2014 - 20:37 trong Bất đẳng thức và cực trị

Ừ nhỉ, để mình kt lại đã.  :icon6:

Nhớ không lầm bài này chỉ đúng với $k=\dfrac{n(n+1)}{2}$ thôi thì phải.Cách chứng minh là tách hệ số ra sài AM-GM sao cho $A \le \dfrac{(x+y)^k}{2^{k-1}}$




#496413 Chứng minh rằng: $x^ky^k(x^k+y^k)\leq2$.

Đã gửi bởi Oral1020 on 01-05-2014 - 17:32 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải:

Dùng phương pháp qui nạp

Hiển nhiên BĐT đúng với $n=2$.

Giả sử BĐT đúng với $n=k$ $\Rightarrow x^ky^k(x^k+y^k)\leq 2$

Ta sẽ đi chứng minh BĐT đúng với $n=k+1$ $\Leftrightarrow x^{k+1}y^{k+1}(x^{k+1}+y^{k+1})\leq 2$

$\Leftrightarrow x^ky^kxy(x^kx+y^ky)\leq 2$

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:

$x^kx+y^ky\leq \sqrt{(x^{2k}+y^{2k})(x^2+y^2)}$

$\Rightarrow x^ky^kxy(x^kx+y^ky)\leq x^ky^kxy\sqrt{(x^{2k}+y^{2k})(x^2+y^2)}= \sqrt{(x^k)^2(y^k)^2[(x^k)^2+(y^k)^2]x^2y^2(x^2+y^2)}\leq \sqrt{2.2}=2$ 

Vậy BĐT đúng với $n=k+1$ $\Rightarrow$ Đpcm.

Sao mình thử với $x=0,98;y=1.02;k=4$ thì bất đẳng thức ngược chiều.




#496142 Tính : $\dfrac{a^2+b^2}{ab-1}$

Đã gửi bởi Oral1020 on 30-04-2014 - 19:14 trong Số học

Cho $a;b; \in N^*$ và $(a^2+b^2) \vdots (ab-1)$.Tính : $\dfrac{a^2+b^2}{ab-1}$