Đến nội dung

tuan25 nội dung

Có 19 mục bởi tuan25 (Tìm giới hạn từ 29-03-2020)


Sắp theo                Sắp xếp  

#669131 Tìm GTLN của x+y+z biết $\frac{3}{2}x^{2...

Đã gửi bởi tuan25 on 20-01-2017 - 22:07 trong Bất đẳng thức và cực trị

3x^{2}+2y^{2}+2z^{2}+2yz=2<=>(x+y+z)^{2}+(x-z)^{2}+(y-z)^{2}=2=>(x+y+z)^{2}\leq 2=>x+y+z\leq \sqrt2
 




#669125 Chứng minh giá trị nhỏ nhất của P bằng 0

Đã gửi bởi tuan25 on 20-01-2017 - 22:01 trong Đại số

P=(x+y)^{2}-xy-3(x+y)+3\geq (x+y)^{2}-3(x+y)-\frac{(x+y)^{2}}{4}+3=\frac{3(x+y)^{2}}{4}-3(x+y)+3=3(\frac{x+y}{2}-1)^{2}\geq 0




#667446 cho a,b,c la cac so thuc duong . chung minh rang

Đã gửi bởi tuan25 on 07-01-2017 - 12:22 trong Bất đẳng thức và cực trị

\sum \frac{a^{^{3}}}{b^{2}-bc+c^{2}}= \sum \frac{a^{4}}{ab^{2}-abc+ac^{2}}\geq \frac{\sum (a^{2})^{2}}{\sum a.\sum ab-6abc}
Ta cần chứng minh 
 \frac{\sum (a^{2})^{2}}{\sum a.\sum ab-6abc}\geqslant \sum a (1)
Đặt a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r
(1) có dạng \frac{(p^{2}-2q)^{2}}{pq-6r}\geq p<=>p^{4}+4q^{2}+6pr\geq 5p^{2}q (luôn đúng )
=> dpcm 
 




#662375 Bất đẳng thức qua các kì thi toán quốc tế

Đã gửi bởi tuan25 on 18-11-2016 - 23:11 trong Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Bất đẳng thức

Các bạn nên đọc kĩ phần chú ý của topic nhé
Gõ latex. Đây cũng là nội quy chung của diễn đàn trong 24h tới các bạn không sử bài mình sẽ báo cáo hết :D 
Mong các bạn tuân thủ.  :closedeyes:  :closedeyes:  :closedeyes:

vâng. để e sửa




#662351 Bất đẳng thức qua các kì thi toán quốc tế

Đã gửi bởi tuan25 on 18-11-2016 - 20:49 trong Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Bất đẳng thức

cau 5
$x+y+z=1\Rightarrow x\le 1\Leftrightarrow xyz\le yz$
Tương tự $xy\ge xyz      và      yz\ge xyz$
=>$\Rightarrow xy+yz+zx-2xyz\ge xyz+xyz+xyz-2xyz=xyz\ge 0$
Ta có bđt sau : $\left(x+y-z\right)\left(x+z-y\right)\left(y+z-x\right)\le xyz$
$\Leftrightarrow \left(1-2x\right)\left(1-2y\right)\left(1-2z\right)\le xyz$
$\Leftrightarrow 1-2\left(x+y+z\right)+4\left(xy+yz+zx-2xyz\right)\le xyz$
$\Leftrightarrow xy+yz+zx-2xyz\le \frac{xyz+1}{4}\le \frac{\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}+1}{4}\le \frac{7}{27}$
 




#662346 Tìm x, biết: 6x5-29x4+27x3+27x2-29x+6=0

Đã gửi bởi tuan25 on 18-11-2016 - 20:10 trong Số học

pt trình dối xứng bậc lẻ thôi bạn
Nhận thấy x=-1 là nghiệm của pt. dùng lược đồ hocne để hạ bậc rồi đưa về pt tích 




#660933 Tìm các cặp số $(a;b)$ để hệ có ít nhất 5 nghiệm

Đã gửi bởi tuan25 on 07-11-2016 - 12:03 trong Đại số

.




#654243 gõ thử

Đã gửi bởi tuan25 on 15-09-2016 - 00:34 trong Thử các chức năng của diễn đàn

Nhận xét: Bài toán có nhiều hướng đi nhưng hướng đi cơ bản và tự nhiên nhất vẫn là dựa vào đẳng thức $ax+by+cz=0$ để tìm mối liên hệ giữa đại lượng $xy, yz, zx$ qua đại lượng không âm là $x^2, y^2, z^2$.
  Ta có: $$(ax+by)^2=a^2x^2+2abxy+b^2y^2=c^2z^2$$
 $$\leftrightarrow xy=\frac{c^2z^2-a^2x^2-b^2y^2}{2ab}$$
Hoàn toàn tương tự:$$yz=\frac{a^2x^2-b^2y^2-c^2z^2}{2bc}$$
$$ zx=\frac{b^2y^2-c^2z^2-a^2x^2}{2ac}$$
  Do đó:$$xy+yz+zx=\frac{c^2z^2-a^2x^2-b^2y^2}{2ab}+\frac{a^2x^2-b^2y^2-c^2z^2}{2bc}$$
$$+\frac{b^2y^2-c^2z^2-a^2x^2}{2ac} \le 0$$
$$\leftrightarrow a^3x^2+b^3y^2+c^3z^2 \le a^2(b+c)x^2+b^2(c+a)y^2+c^2(a+b)z^2$$
  (BĐT này hiển nhiên đúng do $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác)




#653407 Thăm dò ý kiến về việc thi trắc nghiệm môn toán

Đã gửi bởi tuan25 on 08-09-2016 - 21:38 trong Tin tức - Vấn đề - Sự kiện

 Nội dung thi: Năm 2017 nội dung đề thi chủ yếu trong chương trình lớp 12 THPT (năm 2018 nội dung đề thi nằm trong chương trình lớp 11 và lớp 12 
THPT, từ năm 2019 trở đi, nội dung đề thi nằm trong chương trình 3 năm THPT).  =='
ai 2019 thi điểm danh




#653268 tìm min và max của biểu thức B=x+y+z

Đã gửi bởi tuan25 on 07-09-2016 - 23:18 trong Bất đẳng thức và cực trị

nhân chéo r phân tích hđt 




#653096 tất cả các nghiệm của phương trình: $\frac{x}{1+y+x...

Đã gửi bởi tuan25 on 06-09-2016 - 23:01 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Có $\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge 0\Rightarrow xy-\left(x+y\right)+1\ge 0\Leftrightarrow xy+z+1\ge x+y+z\Rightarrow \frac{y}{xy+z+1}\le \frac{y}{x+y+z}$
Tương tự ta có $VT\le \frac{x+y+z}{x+y+z}=1$
MÀ $VP=\frac{3}{x+y+z}\ge 1$
Dấu = xảy ra khi x=y=z=1
Vậy x=y=z=1




#652174 Giải phương trình ; $x^{4} -8x-7 =0$

Đã gửi bởi tuan25 on 31-08-2016 - 22:38 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

bài này có lẽ casio tìm nghiệm rồi viet @




#652144 Tài liệu về vieta jumping

Đã gửi bởi tuan25 on 31-08-2016 - 20:51 trong Tài liệu tham khảo khác

cho hóng với :D




#651052 Chỉ ra tính chất đặc trưng của tập sau

Đã gửi bởi tuan25 on 24-08-2016 - 12:32 trong Đại số

dãy fibonaci 




#650881 Chứng minh luôn tồn tại 1 đường tròn có bán kính bằng 1 chứa không ít hơn 1009

Đã gửi bởi tuan25 on 22-08-2016 - 22:44 trong Tổ hợp và rời rạc

http://diendantoanho...6/#entry650585 
Đây bạn 




#650647 Topic về phương trình và hệ phương trình

Đã gửi bởi tuan25 on 21-08-2016 - 15:56 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Bài 483: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} &\dfrac{2x^{2}+4y^{2}}{xy}=4\sqrt{(\dfrac{2}{y}-\dfrac{3}{x})(x+y)}-1 \\ &\sqrt{(x+1)^{2}+xy+3x+2y+5-2x\sqrt{x(y+3)}}=\sqrt{x}+\sqrt{y+3} \end{matrix}\right.$

Từ phương trình 2 ta đặt $\hept{\begin{cases}\sqrt{x}=a\\\sqrt{y+3}=b\end{cases}\left(a>0;b\ge 0\right)}$
Khi đó phương trình đã cho có dạng $\sqrt{\left(a^2-ab\right)^2+2\left(a^2+b^2\right)}=a+b$
$\Leftrightarrow \left(a^2-ab\right)^2+\left(a-b\right)^2=0\Rightarrow \hept{\begin{cases}a^2-ab=0\\a=b\end{cases}}$
TH1 : $\hept{\begin{cases}a=0\\a=b\end{cases}\Rightarrow a=b=0\Rightarrow x=0;y=-3}$ (Vô lí vì $a>0$ )
TH2 : a=b $\Rightarrow x=y+3$ 
Thay vào phương trình 1 ta có 
 




#650582 Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Bình Dương năm 2016

Đã gửi bởi tuan25 on 21-08-2016 - 00:42 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

ai làm câu 2b chưa ạ




#649691 Cách giải phương trình bậc 4 bằng máy tính

Đã gửi bởi tuan25 on 14-08-2016 - 23:22 trong Kinh nghiệm học toán

e xin lỗi vì đã đào mộ. nếu nó chỉ có 2 no vô tỉ và 2 no phức thì làm thế nào ạ




#642283 Cmr:$\frac{x^2y^2}{z+xy}+\frac{y^2z^2...

Đã gửi bởi tuan25 on 26-06-2016 - 16:55 trong Bất đẳng thức và cực trị

$Cosi schwarz .A\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^{2}}{x+y+z+xy+yz+zx} =>A\geq \frac{(xy+yz+zx)^{2})}{1+xy+yz+zx} Lại có :xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}=\frac{1}{3} =>dpcm$