Đến nội dung

khanghaxuan nội dung

Có 943 mục bởi khanghaxuan (Tìm giới hạn từ 29-03-2020)



Sắp theo                Sắp xếp  

#605966 TÌm số phần tử của tập A .

Đã gửi bởi khanghaxuan on 29-12-2015 - 18:17 trong Tổ hợp và rời rạc

Chào đại gia đình VMF , lâu rồi mới on nên thấy diễn đàn thay đổi nhiều quá :) , mấy ngày nghỉ gần đây , mình chế được một vài bài toán khá hay mà chưa có dịp trao đổi và kiểm định . 

Khoảng 2,3 ngày trước , từ bài toán kinh điển sau : 

 " Cho tập $P=\begin{Bmatrix} 1,2,...,2p \end{Bmatrix}$ trong đó $p$ là số nguyên tố lẻ . Gọi A là tập chứa các tập con của tập $P$ thỏa :

   i) Mỗi tập có đúng $p$ phần tử

   ii) Tổng các phần tử chia hết cho $p$

TÌm $\begin{vmatrix} A \end{vmatrix}$    " (IMO ?)  (ĐS : $\frac{C_{2p}^{p}-2}{p}+2$)

Từ bài toán trên mình chế ra một số bài toán sau : 

BT1: Cho tập $P=\begin{Bmatrix} 1,2,...,2p \end{Bmatrix}$ trong đó $p$ là số nguyên tố lẻ . Gọi A là tập chứa các tập con của tập $P$ thỏa : 

   i) Mỗi tập có đúng $p$ phần tử

   ii) Tổng các phần tử chia hết cho $p$

CMR : Với bất kì số $k$ ($1\leq k\leq 2p$) nào thì $k$ luôn thuộc $\frac{p+1}{2p^{2}}(C_{2p}^{p}-2)$ tập con của A .

BT2 : Đề và yêu cầu tương tự bài toán gốc nhưng thay : $P\rightarrow P^{'}=\begin{Bmatrix} 2,3,...,2p \end{Bmatrix}$ . CMR : $\begin{vmatrix} A \end{vmatrix}=(\frac{p-1}{2p^{2}})(C_{2p}^{p}-2)+2$ .

BT3 : Đề và yêu cầu tt bài toán gốc nhưng chỉ bỏ đi dữ kiện : Mỗi tập có đúng $p$ phần tử . CMR : 

$\begin{vmatrix} A \end{vmatrix}=\frac{2^{2p}-4}{p}+3$ .

 

Các bài toán trên mình chưa biết ĐS đúng hay sai nên mong các bạn góp ý :))

À mà còn 1 bài toán sau mà giải chưa ra : 

BT : Cho bảng ô vuông có kích thước $2n*2n$ . Chia bảng thành $4n^{2}$ ô vuông đơn vị . Trên mỗi hàng ta đánh dấu X vào các ô sao cho số các dấu X trên mỗi hàng là số chẵn . CMR luôn tồn tại 2 hàng sao cho giao của 2 hàng đó là một số chẵn các dấu X . 

 




#591267 Chia thành hai nhóm có tổng các số trong nhóm bằng nhau

Đã gửi bởi khanghaxuan on 28-09-2015 - 18:19 trong Tổ hợp và rời rạc

Mình không hiểu lời giải của bạn lắm. Bài toán mình đọc có thấy rằng là phải chọn trước các số từ $\{ 1,2, \cdots , n \}$ rồi mới thực hiện chia các số thành hai nhóm. Còn trong lời giải của bạn theo mình hiểu thì bạn đang chia tập $\{ 1,2, \cdots , n \}$ thành hai nhóm bằng nhau chăng ?

Bạn có tài liệu gì về phần chia tập hợp này không :) . Chứ phần này khó quá :P




#590145 CMR đoạn đường anh ta đi không vượt quá $\frac{AB}{c...

Đã gửi bởi khanghaxuan on 21-09-2015 - 18:17 trong Tổ hợp và rời rạc

Có một người sử dụng bản đồ trên điện thoại di động để đi từ một điểm $A$ đến điểm $B$ . Anh đã đi đến điểm $B$ sau một số lần cứ đi một đoạn thẳng lại phải chỉnh hướng lại bẳng cách quay một góc nhọn theo chiều kim đồng hồ . Biết rằng tổng các góc điều chỉnh này là $\alpha < 180 ^{o}$ . CMR đoạn đường anh ta đi không vượt quá $\frac{AB}{cos \frac{\alpha}{2}}$




#590136 Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $a$ .

Đã gửi bởi khanghaxuan on 21-09-2015 - 17:55 trong Số học

Cho dãy số ${x_{n}}$ với $n\geq 0$ xác định bởi : $\left\{\begin{matrix} x_{0}=0 , x_{1}=3 & \\ x_{n+1}=\frac{7x_{n}+3\sqrt{4+5x_{n}^{2}}}{2} & \end{matrix}\right.$ 

Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $a$ sao cho với mọi số nguyên dương $n$ , trong biểu diễn nhị phân của $x_{an}$ có ít nhất $46^{2014}$ chữ số $1$ . 




#589974 $\sqrt[4]{-x^{2}+4x+12}+2(\sqrt{x-1...

Đã gửi bởi khanghaxuan on 20-09-2015 - 14:19 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Tìm tất cả các giá trị của $m$ để pt sau có nghiệm thực duy nhất : 

$\sqrt[4]{-x^{2}+4x+12}+2(\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x})=m$




#589487 Tìm min của các HCND có thể dùng để lát bảng trên .

Đã gửi bởi khanghaxuan on 17-09-2015 - 18:15 trong Tổ hợp và rời rạc

Cho hình chữ nhật có kích thước $1X2$ được gọi là hình chữ nhật đơn (HCND) , hình chữ nhật có kích thước $2X3$ được bỏ đi 2 ô chéo nhau được gọi là hình chữ nhật kép (HCNK) . Người ta ghép kín các HCND và HCNK vào bảng $2008X2010$ . Tìm min của các HCND có thể dùng để lát bảng trên . 

 




#584616 $p^3-q^5=(p+q)^2$

Đã gửi bởi khanghaxuan on 24-08-2015 - 15:15 trong Số học

$\bullet$ (Rusia 1997) : Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(p,q)$ sao cho $p^3-q^5=(p+q)^2$

Bài này mình đi theo đường mòn là xét từng TH rồi nhận xét thôi :))

TH1 : $p=2\rightarrow 8-q^{5}=(2+q)^{2}\rightarrow q^{5}+q^{2}+4q=4$

Điều này vô lý vì : $q^{5}+q^{2}+4q\geq 2^{5}+2^{2}+4.2>4$

TH2 : $q=2\rightarrow p^{3}-32=(p+2)^{2}\rightarrow p^{3}-p^{2}-4p-36=0$ (vô lí vì $p$ nguyên dương )

Giả sử $p$ và $q$ đều lớn hơn 3 hay $p,q>3$ thì : $\left\{\begin{matrix} p\equiv 1,2(mod 3) & \\ q\equiv 1,2(mod 3) & \end{matrix}\right.$

  a) Nếu $3|p-q$ thì $p+q$ không chia hết cho 3 và $p^{3}-q^{5}$ chia hết cho 3 nên vô lý

  b) Nếu $p-q$ không chia hết cho 3 thì $p+q$ chia hết cho 3 và $p^{3}-q^{5}$ không chia hết  cho 3 nên vô lý 

Do đó ta có : hoặc $p=3$ hoặc $q=3$ . Từ đó tìm ra nghiệm là : $(p;q)=(7;3)$




#584411 $ab-c$ ; $bc-a$ ; $ca-b$ đều là lũy thừa của 2

Đã gửi bởi khanghaxuan on 23-08-2015 - 19:26 trong Số học

Mình cũng ráng đánh bài giải của mình để các bạn có thể trao đổi cho hoàn thiện hơn . 

Spoiler

NX : Bài này có nhiều khía cạnh về các biến nên sẽ có nhiều cách chia TH . Mình thì chia các biến $a,b,c$ . Vì $a,b,c$ bình đẳng với nhau nên ta sẽ xét các TH là : 

1. $a=b$ và tương tự với các TH còn lại 

2. $a<b<c$ . 

Bài giải : 

Vì $a,b,c$ là các ẩn nguyên dương bất kì do đó ý tưởng đơn giản là giam hãm một biến trong một khoảng rồi xét TH ( trong TH khoảng đó hơi lớn thì thôi :)) dùng cách khác ) 

Giả sử : $\left\{\begin{matrix} ab-c=2^{m} & & \\ bc-a=2^{n} & & \\ ca-b=2^{p} & & \end{matrix}\right.$ ($m,n,p\geq 0$)

Nhưng đầu tiên để giảm thiểu các " phiền toái " liên quan đến dấu " = " thì ta xét TH $a=b$

TH1 : $a=b$ : Ta có : $\left\{\begin{matrix} a^{2}-c=2^{m} & & \\ ac-a=2^{n} & & \\ ca-a=2^{p} & & \end{matrix}\right.\Rightarrow n=p$

Tuy nhiên do $m,n\geq 0$ nên ta xét : 

1) Nếu $m=0$ và $n\geq 1$ thì : $a^{2}-c=1\Rightarrow$ hoặc $a$ chẵn , $c$ lẻ hoặc $a$ lẻ , $b$ chẵn . 

  a) Nếu $a$ chẵn , $b$ lẻ thì : $a(c-1)=2^{n}$ nên : $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=2^{s} & \\ c-1=2^{t} & \end{matrix}\right.(s+t=n)$ . Thay $a$ và $c$ vào $a^{2}-c=1$ ta được : 

$2^{2s}-2^{t}=2\Rightarrow \left\{\begin{matrix} s=1 & \\ t=1 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=b=2 & \\ c=2+1=3 & \end{matrix}\right.$ 

Do đó ta có nghiệm : $(2;2;3)$

  b) Nếu $a$ lẻ , $b$ chẵn thì : $\Rightarrow a=1\Rightarrow c=0$ (vô lý )

2) Nếu $n=0$ thì $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} c=2 & \\ a=1 & \end{matrix}\right.\Rightarrow 1=a^{2}-c=1-2=-1$ (vô lý)

3) Nếu $m,n\geq 1$ thì : $\left\{\begin{matrix} a^{2}-c=2^{m} & \\ a(c-1)=2^{n} & \end{matrix}\right.$

Từ đó : $a,c$ cùng tính chẵn , lẻ 

  a) Nếu $a,c$ cùng lẻ thì : $c-1=2^{n}\Rightarrow a=1\Rightarrow c=1-2^{m}$ (vô lý )

  b) Nếu $a,c$ cùng chẵn thì : $\Rightarrow a=2^{n}\Rightarrow c=2\rightarrow 2^{2n}-2=2^{m}\rightarrow 2^{2n}-2^{m}=2\rightarrow m=n=1\rightarrow a=b=c=2$

Do đó ta có thêm nghiệm là : $(2;2;2)$

Cuối cùng : ta có nghiệm là : $(2;2;2)$ ; $(2;2;3)$ và các hoán vị . 

TH2 : $a<b<c$ thì : 

Ta có :$(c+1)(b-a)=2^{n}-2^{p}=2^{p}(2^{n-p}-1)\Rightarrow 2^{p}|(c+1)(b-a)$

Tương tự ta cũng có : $2^{p}|(c-1)(b+a)$

Từ 2 điều này ta dễ dàng suy được : 

$2^{p-1}|a+b\Rightarrow a+b\geq 2^{p-1}\Rightarrow 2a+2b=ca-b\Rightarrow ca=2a+3b\Rightarrow 2a+3b=ca\geq a(b+1)\Rightarrow ab\leq a+3b<4b\Rightarrow a\leq 3$

1) Nếu $a=1$ thì : $\rightarrow \left\{\begin{matrix} b-c=2^{m} & \\ c-b=2^{p} & \end{matrix}\right.\rightarrow 2^{m}=0$ (vô lý )

2) Nếu $a=2$ thì : $\left\{\begin{matrix} 2b-c=2^{m} ; 2c-b=2^{p} & \\ bc-2=2^{n} & \end{matrix}\right.$

  a) Nếu $m=0$ thì : $\rightarrow c=2b-1$ do đó : $3b-2 ; 2b^{2}-b-2$ là lũy thừa của $2$ . Mà để ý rằng : 

$2b^{2}-b-2\geq 3b-2\Rightarrow 3b-2|2b^{2}-b-2\Rightarrow 3b-2|6b(3b-2)+(3b-2)-16\Rightarrow 3b-2|16\Rightarrow b\leq 6$

Sau đó thử từng TH ta được : $(a;b;c)=(2;6;11)$

  b) Nếu $n=0$ thì $bc=3$ $\rightarrow b=1 ; c=3 v b=3 ; c=1\Rightarrow$ vô lý . 

  c) Nếu $m,n\geq 1$ thì : $\left\{\begin{matrix} 2b-c=2^{m} & & \\ 2c-b=2^{p} & & \\ bc-2=2^{n} & & \end{matrix}\right.\rightarrow (c-2)(b+1)=2^{n}-2^{m}=2^{m}(2^{n-m}-1)$

Từ đó : $\rightarrow c-2=2^{m}.c_{1}$ ( do $b+1$ lẻ )

Tương tự : $(b-2)(c+1)=2^{p}(2^{n-p}-1)\rightarrow b=2^{p}.b_{1}+2$

Mà $b+c=2^{m}+2^{p}$ , thay $b,c$ vào ta được : 

$2^{m}(c_{1}-1)+2^{p}(b_{1}-1)+4=0\rightarrow$ vô lý . 

Vậy trong TH $a=2$ ta có nghiệm là : $(2;6;11)$

3) Nếu $a=3$ thì : $\left\{\begin{matrix} 3b-c=2^{m} & & \\ bc-3=2^{n} & & \\ 3c-b=2^{p} & & \end{matrix}\right.$

  a) Nếu $m=0$ và $n,p\geq 1$ thì : $\rightarrow 3b-c=1\Rightarrow c=3b-1\rightarrow$ cả $8b-3$ và $3b^{2}-b-3$ đều phải là lũy thừa của 2 . 

Mặt khác do $c>b>3$ nên : $3b^{2}-b-3\geq 8b-3$ nên : $8b-3|3b^{2}-b-3\Rightarrow 4\leq b\leq 16$

Thử 12 Th của $b$ thì ta thấy không có TH nào thỏa . 

  b) Nếu $n=0$ thì : $bc-3=1\rightarrow bc=4\rightarrow \left\{\begin{matrix} b=1 & \\ c=4 & \end{matrix}\right.V\left\{\begin{matrix} b=2 & \\ c=2 & \end{matrix}\right.$

Từ đó ta có nghiệm là : $(3;2;2)$

  c) Nếu $m,n,p\geq 1$ thì :

Spoiler

Từ : $\left\{\begin{matrix} 3b-c=2^{m} & \\ 3c-b=2^{p} & \end{matrix}\right.\rightarrow \left\{\begin{matrix} b=\frac{3.2^{m}+2^{p}}{8} & \\ c=\frac{9.2^{m}+3.2^{p}}{8}-2^{m}=\frac{2^{m}+3.2^{p}}{8} & \end{matrix}\right.$

Thế $b,c$ ở trên vào pt : $bc-3=2^{n}$ ta được : 

$2^{n}=(3.2^{m-3}+2^{p-3})(3.2^{p-3}+2^{m-3})-3$(***)

Tới đây ta nhận xét : $VT(***)$ chẳn nên : $(3.2^{m-3}+2^{p-3})(3.2^{p-3}+2^{m-3})$ phải lẻ . 

 - KN1 : $p=3$ thì : $2^{m-3}(3.2^{m-3}+10)=2^{n}\Rightarrow 3.2^{m-3}+10=16\Rightarrow m=4$

Nên ta có : $\left\{\begin{matrix} m=4 & \\ p=3 & \end{matrix}\right.\rightarrow \left\{\begin{matrix} b=7 & \\ c=5 & \end{matrix}\right.$

Điều này vô lý do : $c>b\rightarrow 5>7$

 - KN2 : $m=3$ thì làm tương tự ta có thêm 1 nghiệm là : $(3;5;7)$

 

Vậy tóm lại ta có các nghiệm là : $(2;2;2) ; (2;2;3) ; (3;5;7) ; (2;6;11)$ và các hoán vị




#584350 $ab-c$ ; $bc-a$ ; $ca-b$ đều là lũy thừa của 2

Đã gửi bởi khanghaxuan on 23-08-2015 - 15:34 trong Số học

 

 

Topic của anh rất hay.   :namtay  Em xin đi tiên phong một tí.  :D

Bài giải của bạn rất hay , tuy khá dài nhưng ý tưởng thì không tồi chút nào . Ý tưởng của bạn là xét các tính chất của $a,b,c$ qua đó bao hết tất cả các TH . Bài số này cũng có khá nhiều các chia TH mà một trong  số đó là cách của bạn Zaraki , ngoài ra ta còn có thể xét và chia TH theo $a,b,c$ hoặc $m,n,p$ (số mũ của cơ số 2) và đánh giá chặn khoảng theo biến , tuy nhiên thì lời giải cũng dài :( . Mong mọi người góp ý từng phần để ra lò một lời giải ngắn gọn và thẩm mĩ nhất có thể :))

 

Topic của anh rất hay.   :namtay  Em xin đi tiên phong một tí.  :D




#584246 $ab-c$ ; $bc-a$ ; $ca-b$ đều là lũy thừa của 2

Đã gửi bởi khanghaxuan on 23-08-2015 - 09:49 trong Số học

Tìm mọi số nguyên dương $a,b,c$ thỏa mãn : $ab-c$ ; $bc-a$ ; $ca-b$ đều là lũy thừa của 2 . 

 

NX : Mình lấy lại bài số học của IMO 2015 vừa qua để các trao đổi kĩ càng hơn về việc phân tích hướng giải , chỉ ra đâu là mấu chốt của bài  ,.... chứ không nên đùng đùng xét một loạt các TH mà không chú thích tại sao :)) . Mong các bạn không nên dẫn link trong bài viết này để tiện theo dõi .  




#583540 $x^{2}-2axy+(a^{2}-4b)y^{2}+4by=z^{2...

Đã gửi bởi khanghaxuan on 21-08-2015 - 09:49 trong Số học

1. Cho $a,b$ là các số nguyên dương . CMR phương trình : 

$x^{2}-2axy+(a^{2}-4b)y^{2}+4by=z^{2}$ có vô số nghiệm nguyên dương . 

2. CMR phương trình sau có vô số nghiệm nguyên : $x^{3}+y^{3}+z^{3}+t^{3}=2008$




#583360 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y...

Đã gửi bởi khanghaxuan on 20-08-2015 - 17:12 trong Số học

Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình : $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}=n$




#582802 $a^{3}+b^{3}=3^{c}$

Đã gửi bởi khanghaxuan on 18-08-2015 - 11:20 trong Số học

Bài này giải đơn giản như sau:

Từ đk suy ra $(a+b)(a^2-ab+b^2)=3^c$ nên tồn tại $m,n\in\mathbb{N}$ sao cho $a+b=3^m, a^2-ab+b^2=3^n$. Khi đó $ab=3^{2m-n-1}$

Xét $a$ hoặc $b=1$ ( giả sử $a=1$) thì $b=3^{2m-n-1}=3^m-1$ nên hoặc $m=0$ hoặc $2m-n-1=0$. Thế vào có thể dễ dàng tìm $m,n$....

Nếu $a$ và $b$ không chứa $1$ thì $a=3^x,b=3^y$ ($x+y=2^m-n-1$) . Giả sử $x\geq y$ thì $3^y(3^{x-y}+1)=3^m$ ( vô lý)...

Phương trình trên có vô số nghiệm là bộ : $(a;b;c)=(3^{k};2.3^{k};3k+2)$ với $k\in N$




#582615 $x^{2}+y^{2}+1=3xy$

Đã gửi bởi khanghaxuan on 17-08-2015 - 15:55 trong Số học

Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 

$x^{2}+y^{2}+1=3xy$




#582537 $a^{3}+b^{3}=3^{c}$

Đã gửi bởi khanghaxuan on 17-08-2015 - 09:51 trong Số học

Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 

$a^{3}+b^{3}=3^{c}$




#582217 $\prod _{1\leq i<j\leq n}\frac{a_{i}-a_{j}}{i-j}...

Đã gửi bởi khanghaxuan on 16-08-2015 - 08:34 trong Số học

Cho $a_{i}$ là các số nguyên bất kì ( $i=\overline{1;n}$) . CMR : 

$\prod _{1\leq i<j\leq n}\frac{a_{i}-a_{j}}{i-j}$ là số nguyên




#579714 Topic tổng hợp một số bất đẳng thức trong kì thi MO các nước

Đã gửi bởi khanghaxuan on 08-08-2015 - 15:35 trong Bất đẳng thức - Cực trị

Giải bài 173 : 

Đặt : $\left\{\begin{matrix} a+2b+c=x & & \\ a+b+2c=y & & \\ a+b+3c=z & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+3c=2y-x & & \\ b=x+z-2y & & \\ c=z-y & & \end{matrix}\right.$

do đó ta có : $f(x,y,z)=2(\frac{y}{x}+\frac{2x}{y})+4(\frac{z}{y}+\frac{2y}{z})-17$

Tới đây thì đánh giá bằng CS rồi tìm dấu = là xong :))




#579707 Topic tổng hợp một số bất đẳng thức trong kì thi MO các nước

Đã gửi bởi khanghaxuan on 08-08-2015 - 15:15 trong Bất đẳng thức - Cực trị

sao chị nghĩ ra cách đặt như thế, cho em tham khảo tài liệu phát

Cái cách đặt thế thì hình như chẳng có tài liệu đâu bạn . Đó thuộc về kĩ năng và sự nhạy cảm thôi bạn :))




#579702 Tìm tất cả các số $k\in Z^{+}$ để phương trình trên...

Đã gửi bởi khanghaxuan on 08-08-2015 - 15:02 trong Số học

Cho phương trình $x^{2}+y^{2}+1=kxy$ với $x,y$ là các số nguyên dương . Tìm tất cả các số $k\in Z^{+}$ để phương trình trên có nghiệm nguyên dương 




#579369 $\frac{1}{4}\geq a^3+b^3+c^3+3abc\geq...

Đã gửi bởi khanghaxuan on 07-08-2015 - 14:54 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bác làm cụ thể dùm em dc hăm  :luoi:

Đặt : $\left\{\begin{matrix} a=x+y & & \\ b=y+z & & \\ c=z+x & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow x+y+z=\frac{1}{2}$

$\frac{1}{4}\geq \sum (x+y)^{3}+3\prod (x+y)\geq \frac{2}{9}\Leftrightarrow \frac{1}{4}\geq 2\sum x^{3}+6\sum xy(x+y)+6xyz\geq \frac{2}{9}\Leftrightarrow \frac{1}{8}\geq (x+y+z)^{3}-3xyz\geq \frac{1}{9}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{216}\geq xyz\geq 0$ (*)

mà (*) hiển nhiên đúng :))




#579281 $\frac{1}{4}\geq a^3+b^3+c^3+3abc\geq...

Đã gửi bởi khanghaxuan on 07-08-2015 - 07:43 trong Bất đẳng thức và cực trị

Phức tạp ghê gớm  :D

Có gì phức tạp đâu bạn  :mellow: . Bạn thử phân tích đi !




#579150 CM:$\sum \frac{a(b+c)}{a^{2}+bc}...

Đã gửi bởi khanghaxuan on 06-08-2015 - 19:06 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho các số thực không âm a;b;c.

CM:$\sum \frac{a(b+c)}{a^{2}+bc}\geq 2$

$a=b=c=0$ BĐT sai ;)




#579146 $\frac{1}{4}\geq a^3+b^3+c^3+3abc\geq...

Đã gửi bởi khanghaxuan on 06-08-2015 - 18:54 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 1: Cho a, b,c là độ dài 3 cạnh tam giác có chu vi bằng 1. Chứng minh $\frac{1}{4}\geq a^3+b^3+c^3+3abc\geq \frac{2}{9}$

Mấy anh(chị) chứng minh bằng cách của THCS, THPT em chưa học đến  :D 

Hãy thử đặt : $\left\{\begin{matrix} a=x+y & & \\ b=y+z & & \\ c=z+x & & \end{matrix}\right.$

Rồi biến đổi thì bđt cuối cùng sẽ hiển nhiên :))




#579041 $\sum (\frac{a}{a+b})^{2}+3...

Đã gửi bởi khanghaxuan on 06-08-2015 - 12:06 trong Bất đẳng thức - Cực trị

Mình có cách này khá hay và ngắn gọn : 

Đặt : $\left\{\begin{matrix} \frac{a}{a+b}=\frac{1+x}{2} & & \\ \frac{b}{b+c}=\frac{1+y}{2} & & \\ \frac{c}{c+a}=\frac{1+z}{2} & & \end{matrix}\right.$

Do đó : $x,y,z\in \begin{bmatrix} -1;1 \end{bmatrix}$

Với cách đặt như trên ta có : $\sum (\frac{1+x}{2})^{2}+3\geq \frac{5}{2}\sum \frac{1+x}{2}\Leftrightarrow \sum x^{2}\geq 3\sum x$

Mặt khác ta có : $\prod (1-x)=\prod (1+x)\Leftrightarrow \sum x=-xyz\Rightarrow \begin{vmatrix} x+y+z \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} xyz \end{vmatrix}$

Do đó ta cần chứng minh : $\sum x^{2}\geq 3\sum x=-3xyz$

Điều này hiển nhiên đúng nếu $xyz\geq 0$ nên ta chỉ xét TH $xyz<0$

Thật vậy : $\sum x^{2}\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\geq 3\begin{vmatrix} xyz \end{vmatrix}\geq -3xyz$

Vậy ta có ĐPCM :))




#578992 $\sum (\frac{a}{a+b})^{2}+3...

Đã gửi bởi khanghaxuan on 06-08-2015 - 09:24 trong Bất đẳng thức - Cực trị

Cho $a,b,c>0$ . Chứng minh rằng : 

$\sum (\frac{a}{a+b})^{2}+3\geq \frac{5}{2}(\sum \frac{a}{a+b})$

 

P/s : Đây là bài bất trên THTT số ..... . Thấy hay và nhiều ứng dụng nên post lên .