Cho $a,b,c\in R; a+b+c=3; abc\geq -4$
CMR: $3(abc+4)\geq 5(ab+bc+ca)$
Bài này nằm trên báo THTT số 483 (Tháng 9/2017)
Có 1000 mục bởi Hoang Tung 126 (Tìm giới hạn từ 29-03-2020)
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 22-09-2017 - 20:54 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho $a,b,c\in R; a+b+c=3; abc\geq -4$
CMR: $3(abc+4)\geq 5(ab+bc+ca)$
Bài này nằm trên báo THTT số 483 (Tháng 9/2017)
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 28-05-2016 - 06:57 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 13. (Sưu tầm) Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \sqrt{\frac{4-27abc}{4(ab+bc+ac)}}\]
Bạn xem lại đề bài câu này nhé. Nghe chừng đề có vấn đề !
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 17-05-2016 - 14:53 trong Bất đẳng thức và cực trị
Từ bất đẳng thức :
$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq abc $
Xem lại cái này nhé Huy , 3 số phải như thế nào ??
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 13-05-2016 - 17:13 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức:
$P=\sqrt{x+\frac{1}{12}(y-z)^{2}}+\sqrt{y+\frac{1}{12}(z-x)^{2}}+\sqrt{z+\frac{1}{12}(x-y)^{2}}$
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 13-05-2016 - 16:51 trong Hình học
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 13-05-2016 - 16:29 trong Hình học
Cách làm của em, chả biết là có gọi là hình thuần túy hay không
$1/$ Ta có hệ thức $HA+HB+HC=2(R+r)$
$2/ $Áp dụng bđt $R\geq 2r$
$3/$ Ap dụng Bất đẳng thức Erdos-Modell $d_{a}+d_{b}+d_{c}\leq \frac{1}{2}(HA+HB+HC)$
Áp dụng $3$ ý trên dễ dàng ra được bât đẳng thức cần chứng minh!
Mong anh chia sẽ chứng minh của anh cho mọi người cùng học tập!
Đây là lời giải mang thuần tính đại số của anh !
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 09-05-2016 - 17:12 trong Hình học
Bài toán: Cho tam giác $ABC$ với $H$ là trực tâm. Gọi $d_{a},d_{b},d_{c}$ lần lượt là khoảng cách từ $H$ tới các cạnh $BC,CA,AB$. Gọi $R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp ,nội tiếp trong tam giác .
CMR: $d_{a}+d_{b}+d_{c}\leq \frac{3}{4}.\frac{R^{2}}{r}$
P/s: Bài toán đã từng xuất hiện trên Tạp chí THTT. Lời giải của mình thuần tính đại số và nhiều bđt phụ. Cần 1 lời giải thuần túy hình học !
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 09-05-2016 - 16:59 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài toán: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^{3}+b^{4}+c^{5}\geq a^{4}+b^{5}+c^{6}$. Tìm Max:
$P=\frac{ab(a^{2}+b^{2})}{3+c^{4}}+\frac{bc(b^{2}+c^{2})}{3+a^{4}}-\frac{b(a^{4}+c^{4})}{8a^{4}c^{4}}$
P/s: Hay nhưng không khó. Đăng bài sau 1 thời gian ><
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 01-04-2016 - 23:37 trong Thi TS ĐH
bác nào xài hộ e câu 10 cái, trông dị quá ))), chưa đụng lần nào
Câu 10 này mình mất gần 1 tiếng trong phòng thi để nghĩ ra ,không ngờ tự nhiên lại nghĩ ra được là cos 108=(1-căn5)/4. Beautiful !
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 04-02-2016 - 21:55 trong Bất đẳng thức - Cực trị
AM- GM : $5(\sum a)+\frac{3}{abc}\geq 6.\sqrt[6]{\frac{3(\sum a)^{5}}{abc}}$ (1)
$3abc(a+b+c)=abc(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})=\frac{1}{3}(ab+bc+ca)(ab+bc+ca)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq \frac{1}{3}.\frac{(\sum a^{2}+\sum ab+\sum ab)^{3}}{27}=\frac{((\sum a)^{2})^{3}}{81}=\frac{(\sum a)^{6}}{81}< = > abc\leq \frac{(a+b+c)^{5}}{243}$ (2)
(1),(2) $= > 5(\sum a)+\frac{3}{abc}\geq 6.\sqrt[6]{\frac{243(a+b+c)^{5}}{(a+b+c)^{5}}}=18$
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 04-02-2016 - 20:21 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài toán : Cho các số thực dương $a,b,c>0$. Tìm hằng số $k$ lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức sau luôn đúng:
$(\frac{a}{a+b})^{2}+(\frac{b}{b+c})^{2}+(\frac{c}{c+a})^{2}-\frac{3}{4}\geq k(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}-\frac{3}{2})$
P/s: Sáng tạo từ bài của thầy Luật trên báo THTT.
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 03-02-2016 - 10:16 trong Thi TS ĐH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015-2016
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN Môn : TOÁN (24-1-2016)- Lần 2
Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian phát đề
Câu $I$.(2 điểm) :Cho hàm số $y=(x-m)^{3}-3x^{2}+6mx-3m^{2}$
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi $m=0$
2) Chứng minh rằng $y_{max}^{2}+y_{min}^{2}=16$
Câu $II$. (2 điểm): 1) Giải phương trình: $sin2x-cos2x-cosx-3sinx+2=0$
2) Cho đa giác đều 24 đỉnh, hỏi có bao nhiêu tứ giác có 4 đỉnh là đỉnh đa giác và 4 cạnh là 4 đường chéo của đa giác.
Câu $III$. (2 điểm): 1) Viết phương trình của các đường tiệm cận và lập bảng biến thiên của hàm số:
$y=\frac{\sqrt{1+x^{2}}}{\sqrt[3]{1+x^{3}}}$
2) Gọi $z_{1},z_{2}$ là nghiệm phức của phương trình: $z^{2}-(2i+1)z+i-1=0$
Tính $\left | z_{1}^{2}-z_{2}^{2} \right |$.
Câu $IV$. (3 điểm): 1) Cho lăng trụ tam giác đều $ABC.A^{'}B^{'}C^{'}$ có $AB=2a$, góc giữa $AB^{'}$ và $BC^{'}$ bằng $60^{0}$. Tính thể tích của lăng trụ.
2) Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ ,cho hình vuông $ABCD$ có đỉnh $A(1,2,1)$ và đường chéo $BD$ có phương trình $\frac{x-3}{4}=\frac{y}{-1}=\frac{z}{1}$. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.
3) Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ vuông tại $A,B(1,1)$, đường thẳng $AC$ có phương trình $4x+3y-32=0$. Trên tia $BC$ lấy điểm M sao cho $BC.BM=75$. Tìm tọa độ đỉnh $C$ biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMC$ bằng $\frac{5\sqrt{5}}{2}$.
Câu $V$. (1 điểm): Với $x,y,z$ là các số thực đôi một phân biệt. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$M=(\frac{2x-y}{x-y})^{2}+(\frac{2y-z}{y-z})^{2}+(\frac{2z-x}{z-x})^{2}$
----- HẾT-----
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 28-11-2015 - 09:30 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bất đẳng thức tương đương: $\sum bc\left(1+\dfrac{a}{b+c}\right)^2+\dfrac{5}{4}(a+b+c)^2\geqslant 6(ab+bc+ca)\Leftrightarrow 2abc\sum \dfrac{1}{b+c}+abc\sum \dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{5}{4}(a+b+c)^2\geqslant 5(ab+bc+ca)$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $2abc\sum \dfrac{1}{b+c}\geqslant \dfrac{9abc}{a+b+c}$
và
$abc\sum \dfrac{a}{(b+c)^2}\geqslant \dfrac{9abc}{4(a+b+c)}$
Do đó ta chỉ cần chứng minh: $a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\geqslant 2(ab+bc+ca)$ hiển nhiên đúng.
Nếu bạn tự làm được bài này thì không có vấn đề gì ,nhưng nếu copy đáp án từ 1 nơi nào đó thi bạn nên ghi nguồn lại nhé!!
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 14-09-2015 - 15:22 trong Thông báo chung
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 13-09-2015 - 09:14 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 4: (Đề thử sức số 3 báo THTT số 450 T12/2014)
Cho hai số thực $a;b\in \left ( 0;1 \right )$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}=a\sqrt{1-b^{2}}+b\sqrt{1-a^{2}}$
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P= \frac{8\left ( 1-a \right )}{1+a}+9\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}$
Sử dụng phép nhân liên hợp ta có :
$a^2+b^2=a\sqrt{1-b^2}+b\sqrt{1-a^2}< = > a(a-\sqrt{1-b^2})+b(b-\sqrt{1-a^2})=0$
$< = > a.\frac{a^2+b^2-1}{a+\sqrt{1-b^2}}+b.\frac{b^2+a^2-1}{b+\sqrt{1-a^2}}=0$
$< = > (a^2+b^2-1)(\frac{a}{a+\sqrt{1-b^2}}+\frac{b}{b+\sqrt{1-a^2}})=0$
$= > a^2+b^2-1=0= > a^2+b^2=1$
Do $a^2+b^2=1$ ,$a,b> 0$ nên tồn tại góc $\alpha$ với $0< \alpha < \frac{\pi }{2}$ thỏa mãn $sin^{2}\alpha +cos^{2}\alpha =1$
- Xét $a=sin\alpha ,b=cos\alpha$ . Ta có :
$P=\frac{8(1-a)}{1+a}+9\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}=\frac{8(1-sin\alpha )}{1+sin\alpha }+9\sqrt{\frac{1-cos\alpha }{1+cos\alpha }}=\frac{8(sin\frac{\alpha }{2}-cos\frac{\alpha }{2})^2}{(sin\frac{\alpha }{2}+cos\frac{\alpha }{2})^2}+9\sqrt{\frac{2sin^{2}\frac{\alpha }{2}}{2cos^{2}\frac{\alpha }{2}}}=\frac{8(\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}-1)^2}{(\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}+1)^2}+\frac{9sin\frac{\alpha }{2} }{cos\frac{\alpha }{2}}=\frac{8(t-1)^2}{(t+1)^2}+9t$
(Với $t=\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}> 0$)
Tới đây xét đạo hàm hoặc biến đổi tương đương ta Cm được $P\geq 5$
Dấu = xảy ra khi $t=\frac{1}{3}< = > \frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}=\frac{1}{3},sin^{2}\frac{\alpha }{2}+cos^{2}\frac{\alpha }{2}=1$
$ < = > sin\frac{\alpha }{2}=\frac{1}{\sqrt{10}},cos\frac{\alpha }{2}=\frac{3}{\sqrt{10}}$
$< = > a=\frac{3}{5},b=\frac{4}{5}$. Do đó $P_{min}=5$
- Xét $a=cos\alpha ,b=sin\alpha$. Ta có :
$P=\frac{8(1-a)}{1+a}+9\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}=\frac{8(1-cos\alpha )}{1+cos\alpha }+9\sqrt{\frac{1-sin\alpha }{1+sin\alpha }}=\frac{8sin^{2}\frac{\alpha }{2}}{cos^{2}\frac{\alpha }{2}}+9\sqrt{\frac{(sin\frac{\alpha }{2}-cos\frac{\alpha }{2})^2}{(sin\frac{\alpha }{2}+cos\frac{\alpha }{2})^2}}=8(\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}})^2+9.\left | \frac{sin\frac{\alpha }{2}-cos\frac{\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}+cos\frac{\alpha }{2}} \right |$
+ Nếu $sin\frac{\alpha }{2}\geq cos\frac{\alpha }{2}= > \frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}\geq 1= > P=8(\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}})^2+9.(\frac{sin\frac{\alpha }{2}-cos\frac{\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}+cos\frac{\alpha }{2}})\geq 8= > P\geq 8$ (1)
+ Nếu $sin\frac{\alpha }{2}< cos\frac{\alpha }{2}= >0< \frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}< 1$
Khi đó $P=8(\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}})^2+9(\frac{cos\frac{\alpha }{2}-sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}+sin\frac{\alpha }{2}})=8t^2+\frac{9(1-t)}{1+t}$
( Với $t=\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}},o< t< 1$)
Tới đây xét đạo hàm hoặc biến đổi tương đương ta CM được $P\geq 5$ (2)
Dấu = xảy ra khi $t=\frac{1}{2}$
$< = > cos\frac{\alpha }{2}=2sin\frac{\alpha }{2},cos^{2}\frac{\alpha }{2}+sin^{2}\frac{\alpha }{2}=1$
$< = > sin\frac{\alpha }{2}=\frac{1}{\sqrt{5}},cos\frac{\alpha }{2}=\frac{2}{\sqrt{5}}$
$= > a=\frac{3}{5},b=\frac{4}{5}$
+ Từ (1)(2) $= > P_{min}=5< = > a=\frac{3}{5},b=\frac{4}{5}$
- Từ 2 TH trên $= > P_{min}=5< = > a=\frac{3}{5},b=\frac{4}{5}$
P/s: Trở lại sau 1 thời gian
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 04-09-2015 - 13:19 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Nhờ mod sao chép lại
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 03-09-2015 - 19:17 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Nếu các bạn tìm được $k = 4$ thì đó chỉ mới là điều kiện cần. Vẫn còn điều kiện đủ nữa ?
Điều kiện đủ là ta chứng minh k=4 thỏa mãn ,và chứng minh = phương pháp SOS là xong ,đơn giản
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 03-09-2015 - 07:27 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Cho 2 số bằng nhau bạn ạ
Còn mình cho 1 biến tiến về 0 sau đó xét
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 01-09-2015 - 15:17 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Mình tìm ra $k=4$ không biết đúng không
Mình cũng ra k=4 ,vậy bạn làm cách nào để ra
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 29-08-2015 - 12:29 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài toán : Cho các số thực dương $a,b,c> 0$.Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất thỏa mãn và hãy chứng minh BĐT đúng trong trường hợp đó:
$\frac{ab}{a^2+ab+b^2}+\frac{bc}{b^2+bc+c^2}+\frac{ca}{c^2+ac+a^2}+\frac{k(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}\geq 1+\frac{k}{3}$
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 26-08-2015 - 18:31 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài toán : Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn : $(3a+2b+c)(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c})=10$
Tìm GTLN của biểu thức: $P=\frac{b+2c-7\sqrt{72a^2+c^2}}{a}$
P/s : Lâu ngày mới vào
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 04-08-2015 - 17:29 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho $a,b,c\geq 0,a\geq c,b\geq c$. Tìm Min :
$P=\frac{1}{a^2+c^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\sqrt{a+b+c}$
Ta có ,do $c\leq a= > a^2+c^2\leq a^2+ac=(a+\frac{c}{2})^2-\frac{c^2}{4}\leq (a+\frac{c}{2})^2$
$c\leq b= > b^2+c^2\leq b^2+bc=(b+\frac{c}{2})^2-\frac{c^2}{4}\leq (b+\frac{c}{2})^2$
Từ đó $= > \frac{1}{a^2+c^2}+\frac{1}{b^2+c^2}\geq \frac{1}{(a+\frac{c}{2})^2}+\frac{1}{(b+\frac{c}{2})^2}\geq \frac{8}{(a+\frac{c}{2}+b+\frac{c}{2})^2}=\frac{8}{(a+b+c)^2}$
(Do áp dụng bất đẳng thức$\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}\geq \frac{8}{(m+n)^2}$. Chứng minh bằng Cosi thì $\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}\geq \frac{2}{mn}=\frac{8}{4mn}\geq \frac{8}{(m+n)^2}$)
Từ đó $= > P\geq \frac{8}{(a+b+c)^2}+\sqrt{a+b+c}=\frac{8}{(a+b+c)^2}+\frac{\sqrt{a+b+c}}{4}+\frac{\sqrt{a+b+c}}{4}+\frac{\sqrt{a+b+c}}{4}+\frac{\sqrt{a+b+c}}{4}\geq 5\sqrt[5]{\frac{8\sqrt{(a+b+c)^4}}{4^4.(a+b+c)^2}}=5\sqrt[5]{\frac{8(a+b+c)^2}{4^4(a+b+c)^2}}=5\sqrt[5]{\frac{8}{4^4}}=\frac{5}{2}= > P\geq \frac{5}{2}= > P_{min}=\frac{5}{2}< = > a=b,c=0, a+b+c=4< = > a=b=2,c=0$
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 03-08-2015 - 16:14 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Đề thi khối 11
Đề thi khối 10
Nguồn : Lấy từ Facebook của thầy Nguyễn Quang Tân
Câu 1 đề 11: Ta chia ra làm 2 bước
- Bước 1 : Chứng minh bằng qui nạp ta chỉ ra được $u_{n}> 1$ do đó dãy bị chặn dưới
- Bước 2 : Chứng minh bằng qui nạp ta chỉ ra được $u_{n+1}< u_{n}$
Từ đó dãy có giới hạn hữu hạn ,Đặt $\lim_{n\rightarrow +\infty }u_{n}=a> 1= > \lim_{n\rightarrow +\infty }u_{n+1}=a$. Thay vào đề bài ta tìm được $a$
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 03-08-2015 - 15:50 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Cho các số dương $a,b,c>0$ thỏa mãn: $(a+b)(b+c)(c+a)=8$
Tìm GTNN của biểu thức: $P=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}$
Spoilerlâu rồi không đăng bất đẳng thức
Theo Cosi cho 6 số ta có :
$P=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}=\frac{1}{3\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{3\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{3\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\geq 6\sqrt[6]{\frac{1}{27\sqrt[3]{(abc)^3}.(a+2b)(b+2c)(c+2a)}}=\frac{6}{\sqrt[6]{27(abc)(a+2b)(b+2c)(c+2a)}}=\frac{6}{\sqrt[6]{27(ac+2bc)(ab+2ac)(bc+2ab)}}\geq \frac{6}{\sqrt[6]{(ac+2bc+ab+2ac+bc+2ab)^3}}=\frac{6}{\sqrt{3(ab+bc+ac)}}$ (1)
Mà $8=(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}= > 9\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)\geq \sqrt{3(ab+bc+ac)}(ab+bc+ac)= > ab+bc+ac\leq 3$ (2)
Từ (1),(2) $= > P\geq \frac{6}{\sqrt{3.3}}=\frac{6}{3}=2= > P_{min}=2< = > a=b=c=1$
Đã gửi bởi Hoang Tung 126 on 01-08-2015 - 07:59 trong Bất đẳng thức - Cực trị
$\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)^3\left(a+b+c\right)^5\geqslant \left(\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}\right)^8$
Do đó ta cần chứng minh: $\left(\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}\right)^8\geqslant 3^5\left(ab+bc+ca\right)^3$
Đây là một bất đẳng thức của Vasile nên ta có điều phải chứng minh.
Em thử chứng minh bất đẳng thức đó xem
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học