67 replies to this topic

[BurakkuYokuro11]

ĐỀ 7 

$$\boxed{\text{VMF}}$$

Bài 1. a)Cho 3 số a,b,c thỏa mãn $c^2+2(ab-bc-ca) =0,\, b\neq c ,\, ; a+b \neq c$

Chứng min

h rằng $$\frac{2a^2-2ac+c^2}{2b^2-2bc+c^2}=\frac{a-c}{b-c}$$

b) Tìm số có 4 chữ số $\overline{abcd} $ sao cho 

1) $\overline{ab}; \overline{ad}$ là 2 số nguyên tố

2) $\overline{db}+c=b^2+d$

a)Từ (gt) suy ra $\left ( a+b-c \right )^2= a^2+b^2$

=> $a^2 = (a+b-c)^2-b^2= (a-c)(a+2b-c)$

     $ b^2 = (b-c)(b+2a-c)$

Ta có $\frac{2a^2-2ac+c^2}{2b^2-2bc+c^2}= \frac{a^2+(a-c)^2}{b^2+(b-c)^2} = \frac{(a-c)(a-c +a+2b-c)}{(b-c)(b-c+b+2a-c)}= \frac{a-c}{b-c}$ 

Suy ra đfcm

b) $\overline{ab}; \overline{ad}$ là 2 số nguyên tố lớn hơn 2 nên b, d thuộc tập 1,3,7,9.

Từ $\overline{db}+c=b^2+d$ Suy ra : 9d+c= b(b-1)

TH1: b= 1

TH2 : b=3

TH3 : b=7

TH4 : b=9

Suy ra ......

Edited by BurakkuYokuro11, 29-05-2018 - 22:58.

[HelpMeImDying]

 

Bài 3. Cho $x,y,z,t >0$

Chứng minh BĐT sau

$$(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)(t^2+1) \geq \frac{16}{27}(x+y+z+t)^2$$

 

Ta có: $(x^{2}+1)(y^{2}+1)=x^{2}y^{2}+x^{2}+y^{2}+1=x^{2}+y^{2}+(x^{2} y^{2}+\frac{1}{9})+\frac{8}{9}\geq x^{2}+y^{2}+\frac{2}{3}xy+\frac{8}{9}= (x+y)^{2}-\frac{4}{3}xy+\frac{8}{9}\geq \frac{2}{3}(x+y)^{2}+\frac{8}{9}$

Áp dụng bđt B.C.S: $(x^{2}+1)(y^{2}+1)((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\geq (\frac{2}{3}(x+y)^{2}+\frac{8}{9})((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\geq \frac{8}{9}(x+y+z+t)^{2}$: 

Ta cần chứng minh: $(z^{2}+1)(t^{2}+1)\geq \frac{2}{3}((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\Leftrightarrow 3(xy-\frac{1}{3})^{2}+(x-y)^{2}$

Vậy bđt được chứng minh

[MoMo123]

Ta có: $(x^{2}+1)(y^{2}+1)=x^{2}y^{2}+x^{2}+y^{2}+1=x^{2}+y^{2}+(x^{2} y^{2}+\frac{1}{9})+\frac{8}{9}\geq x^{2}+y^{2}+\frac{2}{3}xy+\frac{8}{9}= (x+y)^{2}-\frac{4}{3}xy+\frac{8}{9}\geq \frac{2}{3}(x+y)^{2}+\frac{8}{9}$

Áp dụng bđt B.C.S: $(x^{2}+1)(y^{2}+1)((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\geq (\frac{2}{3}(x+y)^{2}+\frac{8}{9})((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\geq \frac{8}{9}(x+y+z+t)^{2}$: 

Ta cần chứng minh: $(z^{2}+1)(t^{2}+1)\geq \frac{2}{3}((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\Leftrightarrow 3(xy-\frac{1}{3})^{2}+(x-y)^{2}$

Vậy bđt được chứng minh

Cách khác của mình(thực ra cũng gần giống của bạn )

Đặt

$\left\{\begin{matrix}x=\frac{a}{\sqrt{3}} & & & & \\ y=\frac{b}{\sqrt{3}} & & & & \\ z=\frac{c}{\sqrt{3}} & & & & \\ t=\frac{y}{\sqrt{3}} & & & & \end{matrix}\right.$

Quy về chứng minh $A=(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)(d^2+3) \geq 16(a+b+c+d)^2$

Trong 4 số $ a^2-1 ,\, ; b^2-1,\,; c^2-1,\,; d^2-1$ luôn tồn tại ít nhất 2 số cùng dấu

KMTTQ, giả sử đó là $a^2-1; b^2-1$

$\rightarrow (a^2-1)(b^2-1)\geq 0 \Leftrightarrow a^2b^2+1\geq a^2+b^2$

$\Rightarrow A \geq 4(a^2+b^2+2)(c^2+3)(d^2+3) \geq 2((a+b)^2+4)(c^2+3)(d^2+3)$

$=2[(a+b)^2+4][(cd-1)^2+3c^2+3d^2+2cd+8]\geq 16[(a+b)^2+4][1+\frac{(c+d)^2}{4}] \geq 16(a+b+c+d)^2 (Q.E.D)$

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=d=1$

$\Leftrightarrow x=y=z=t=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Edited by MoMo123, 30-05-2018 - 20:36.

[Korkot]

Bài 4: Đề 7: 

2) Gọi M' là điểm chính giữa cung BC.Hạ M'K vuông góc BC. Ta có $MA' \leq M'K$ 

Mà $\frac{M'K}{BK}= \frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \frac{M'K}{BC}=\frac{1}{2\sqrt{3}}$

Mặt khác, vì tam giác ABC đều nên $h=\frac{\sqrt{3}BC}{2}$ nên $M'K=\frac{h}{3}$

$\Rightarrow M'A \geq \frac{h}{3}$

 

Attached Images

• 

Edited by Korkot, 31-05-2018 - 23:13.

[TranNamNguyen]

Không có đề nào nữa ak  buồn thế

[Bimbeohb]

Cho a, b, c thuộc đoạn -1 đến 1, thỏa mãn $1+2abc\geq a^2 +b^2+c^2$:

Chứng minh rằng : $1 + 2a^2b^2c^2 \geq a^4+b^4+c^4$

Edited by Bimbeohb, 28-07-2018 - 13:09.

[Bimbeohb]

Cho a, b, c thuộc đoạn -1 đến 1, thỏa mãn  $1+2abc\geq a^2 +b^2+c^2$:

Chứng minh rằng : $1 + 2a^2b^2c^2 \geq a^4+b^4+c^4$

[MoMo123]

TOPIC đã kết thúc, để tránh tình trạng spam, mình xin khóa TOPIC. Cảm ơn vì mọi người đã tham gia TOPIC nhiệt tình