Chủ đề này có 54 trả lời

[Juliel]

Bài 19 : Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=4$. Chứng minh rằng :

$$a\sqrt{4-a^2}+a\sqrt{4-b^2}+a\sqrt{4-a^2}\leq 3\sqrt{3}$$

Ta đổi biến $a=2x,b=2y,c=2z$ thì giả thiết trở thành : 

$x^2+y^2+z^2+2xyz=1$ 

Và cần chứng minh :

$$x\sqrt{1-x^2}+y\sqrt{1-y^2}+z\sqrt{1-z^2}\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{4}$$

Đổi biến lượng giác : 

$x=cosA,y=cosB,z=cosC,\;A+B+C=\pi$ thì cần chứng minh :

$$sinA.cosA+sinB.cosB+sinC.cosC\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{4}$$

Chú ý rằng hai dãy $\left ( sinA,sinB,sinC \right ),(cosA,cosB,cosC)$ là ngược chiều. Áp dụng BĐT $Tchebyshev$ ta được :

$$sinA.cosA+sinB.cosB+sinC.cosC\leq \dfrac{1}{3}(sinA+sinB+sinC)(cosA+cosB+cosC)\leq \dfrac{1}{3}.\dfrac{3\sqrt{3}}{2}.\dfrac{3}{2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$$

Đây là điều cần chứng minh.

[shinichigl]

Bài 23 : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Q}^+\rightarrow \mathbb{Q}^+$ và thỏa mãn :

$$\left\{\begin{matrix} f(x+1)=f(x)+1\\ f(x^5)=f^5(x)\\ \end{matrix}\right.,\;\forall x\in \mathbb{Q}^+$$

 

Bài 24 : Giải phương trình :

$$x=\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11x+10}+10}+10}$$

Bài 24 phải là 4 lớp căn chứ.

Nếu là 4 lớp căn thì đặt $y=\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11x+10}+10}$ để đưa về hệ đối xứng

$\left\{\begin{matrix} y=\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11x+10}+10} & \\ x=\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11y+10}+10}& \end{matrix}\right.$

[Juliel]

Bài 24 phải là 4 lớp căn chứ.

Nếu là 4 lớp căn thì đặt $y=\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11x+10}+10}$ để đưa về hệ đối xứng

$\left\{\begin{matrix} y=\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11x+10}+10} & \\ x=\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11y+10}+10}& \end{matrix}\right.$

Đề không sai đâu bạn. 

[davidhg1719]

Bài 24:

Đặt $y=\sqrt[5]{11x+10}; z=\sqrt[5]{11y+10}$ ta đưa được về hệ đối xứng 

$x^{5}=11z+10; 

y^{5}=11x+10; 

z^{5}=11y+10$

Lập luận suy ra được $x=y=z$

Giải phương trình $x^{5}=11x+10\leftrightarrow (x-1)(x+1)(x-2)(x^{2}+2x+5)=0$

Vậy $S=\left \{ -1;1;2 \right \}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi davidhg1719: 30-03-2014 - 12:22

[davidhg1719]

Bài 25: Có thể phủ hình vuông có cạnh là 1cm bởi 3 đường tròn có bán kính là 1cm được hay không? giải thích?

[dangviethung]

Bài 23 : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Q}^+\rightarrow \mathbb{Q}^+$ và thỏa mãn :

$$\left\{\begin{matrix} f(x+1)=f(x)+1\\ f(x^5)=f^5(x)\\ \end{matrix}\right.,\;\forall x\in \mathbb{Q}^+$$

 

Bài 24 : Giải phương trình :

$$x=\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11x+10}+10}+10}$$

Bài 23: 

Từ $f(x+1)=f(x)$ quy nạp ta đuợc: $f(x+n)=f(x)+n$ với mọi  $n\epsilon Z_{+}$

Đặt $r=\frac{p}{q}$, Xét :

$f((r+q^{4})^{5})=f^{5}(r+q^{4})=(f(r)+q^{4})^{5}$

Lại có: $f((r+q^{4})^{5})=f(r^{5}+5r^{4}q^{4}+10r^{3}q^{8}+10r^{2}q^{12}+5rq^{16}+q^{20})$

Từ đó ta suy ra f $f(x)=x$ với mọi $x\epsilon Q_{+}$

[caybutbixanh]

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$. 

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :

$$\dfrac{1+\sqrt{a}}{b+c}+\dfrac{1+\sqrt{b}}{c+a}+\dfrac{1+\sqrt{c}}{a+b}\geq \dfrac{9+3\sqrt{3}}{2}$$

Ta đổi biến $a=x^2,b=y^2,c=z^2$ thì $x^2+y^2+z^2=1$ và cần chứng minh :

$$\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{z^2+x^2}+\dfrac{x}{y^2+z^2}+\dfrac{y}{z^2+x^2}+\dfrac{z}{x^2+y^2}\geq \dfrac{9+3\sqrt{3}}{2}$$

Thật vậy, theo $AM-GM$

$$x(1-x^2)=x(1-x)(1+x)=\dfrac{1}{(2-\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)}.(1-x)\left [ (2-\sqrt{3})+(2-\sqrt{3})x \right ].(\sqrt{3}-1)x\leq \dfrac{1}{(2-\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)}.\left [ \dfrac{(1-x)+(2-\sqrt{3})+(2-\sqrt{3})x+(\sqrt{3}-1)x}{3} \right ]^3=\dfrac{2\sqrt{3}}{9}\Leftrightarrow \dfrac{x}{1-x^2}\geq \dfrac{3\sqrt{3}x^2}{2}\Leftrightarrow \dfrac{x}{y^2+z^2}\geq \dfrac{3\sqrt{3}x^2}{2}$$

Kéo theo :

$$\dfrac{x}{y^2+z^2}+\dfrac{y}{z^2+x^2}+\dfrac{z}{x^2+y^2}\geq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}(x^2+y^2+z^2)=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\;\;\;\;(1)$$

Hơn nữa theo $Cauchy-Schwarz$ ta còn có :

$$\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{z^2+x^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\geq \dfrac{9}{2(x^2+y^2+z^2)}=\dfrac{9}{2}\;\;\;(2)$$

Cộng vế theo vế $(1)(2)$ ta được điều phải chứng minh.

Cậu có thể cho mình biết cách cậu đưa trọng số vào AM-GM để đánh giá như trên được không ? Mình có đọc qua nhưng chưa hiểu cho lắm

[Juliel]

Cậu có thể cho mình biết cách cậu đưa trọng số vào AM-GM để đánh giá như trên được không ? Mình có đọc qua nhưng chưa hiểu cho lắm

Có nhiều cách để đưa số vào như thế. Ở đây ta đã dự đoán được dấu bằng là $x=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Ta chọn các tham số :

$$x(1-x^2)=ax(1-x)(b+bx).\dfrac{1}{ab}$$

Ý tưởng ở đây là áp dụng $AM-GM$ cho ba số $ax,1-x,b+bx$ thì điều kiện để xảy ra đẳng thức là $ax=1-x=b+bx$

Mà đẳng thức xảy ra khi $x=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ nên thay $x=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ vào hệ trên ta tìm được $a=-1+\sqrt{3},b=2-\sqrt{3}$ và chú ý khi đó $ax-x+bx=0$ nên sau khi đánh giá, biến $x$ sẽ mất.

[davidhg1719]

Sắp thi Olympic 30-4 rồi. Chúc các bạn thi tốt nhé.

Mình xin góp 1 bài nho nhỏ 

Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$P=\frac{1}{a^{3}(b+c)}+\frac{1}{b^{3}(c+a)}+\frac{1}{c^{3}(a+b)}$

[Juliel]

Sắp thi Olympic 30-4 rồi. Chúc các bạn thi tốt nhé.

Mình xin góp 1 bài nho nhỏ 

Bài 26 : Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$P=\frac{1}{a^{3}(b+c)}+\frac{1}{b^{3}(c+a)}+\frac{1}{c^{3}(a+b)}$

Bài của bạn là bài $26$

Đổi biến $\left ( a,b,c \right )\rightarrow \left ( 1/x,1/y,1/z \right )$ thì $xyz=1$

Ta được :

$P=\dfrac{x^3yz}{y+z}+\dfrac{xy^3z}{z+x}+\dfrac{xyz^3}{x+y}=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\geq \dfrac{x+y+z}{2}\geq \dfrac{3}{2}$

 

Bài 27 : Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=1$. Chứng minh rằng :

$$\dfrac{1}{a^5(b^2+c^2)^2}+\dfrac{1}{b^5(c^2+a^2)^2}+\dfrac{1}{c^5(a^2+b^2)^2}\geq \dfrac{81}{4}$$

[duongluan1998]

 

 

Bài 27 : Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=1$. Chứng minh rằng :

$$\dfrac{1}{a^5(b^2+c^2)^2}+\dfrac{1}{b^5(c^2+a^2)^2}+\dfrac{1}{c^5(a^2+b^2)^2}\geq \dfrac{81}{4}$$

P=$$\dfrac{1}{a^5(b^2+c^2)^2}+\dfrac{1}{b^5(c^2+a^2)^2}+\dfrac{1}{c^5(a^2+b^2)^2}\geq \dfrac{81}{4}$$

$$\sum \frac{1}{a^{3}(ab^{2}+ac^{2})^{2}}\geq \frac{9}{\sum a^{3}(ab^{2}+ac^{2})^{2}}$$

Mà ta có 

$2=a^{3}+b^{3}+b^{3}+c^{3}+c^{3}+a^{3}\geq 3(ab^{2}+ac^{2})$

Suy ra

$P\geq \frac{9}{\frac{4}{9}(\sum a^{3})}=\frac{81}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongluan1998: 03-04-2014 - 22:43

[mathandyou]

Ủng hộ hai bài mai thi rồi.

Bài 28:Cho $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng minh bất đẳng thức:

$(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})(\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}) \geq \dfrac{9}{1+abc}$

Bài 29:Cho các số thực $a_1,a_2,..,a_n$ đồng thời thỏa mãn:$a_1+a_2+..+a_n \geq n$ và $a_1^2+a_2^2+..+a_n^2 \geq n^2$.

Chứng minh: $max$ {a_1,a_2,..,a_n} $\geq 2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathandyou: 04-04-2014 - 10:39

[caybutbixanh]

Lưới qua thấy có bài chưa giải nên giải luôn (sr đã để lâu)

 

Bài 22 : Cho ba số $a,b,c$ thỏa mãn :$\left\{\begin{matrix} (a-b+c)^{2}+2ab-8ac+2bc< 0\\ 5a-4b+5c< 0 \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng :$2005a-2004b+2005c< 0$

 

Giải :Từ giả thiết ta suy ra $a$ khác $0.$

Xét tam thức  $f(x)=a.x^{2}+b.x+c$

Ta để ý $(a-b+c)^{2}+2ab-8ac+2bc <0\Leftrightarrow (a-c)^{2}+b^{2}-4ac<0\\$

$\Leftrightarrow b^{2}-4ac<0\Rightarrow f(x)<0$

Hay $f(x)$ vô nghiệm

Giả sử $2005a-2004b+2005c\geq 0\Leftrightarrow 2000(a-b+c)\geq -(5a-4b+5c)>0\Rightarrow f(-1)> 0$

Mặt khác :$2005a-2004b+2005c\geq 0\Leftrightarrow 401(5a-4b+5c)\geq 400b\Leftrightarrow b\leq 0.\\$

$5a-4b+5c<0\Leftrightarrow 5(a+b+c)<9b\Rightarrow f(1)<0$

Tóm lại $f(1).f(-1)<0$ suy ra $f(x)$ có nghiệm (vô lý )

Vây ta có $dpcm$.

-----------------------------------------------------

p/s: Những bài dạng như trên dù cho số thế nào thì cũng có dùng chung phương pháp đó là sử dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai + các biến đổi đại số kéo léo (nhưng có chủ ý )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi caybutbixanh: 04-04-2014 - 23:14

[Kir]

Bài 30: Cho abc=1

Tìm GTNN của: $\frac{1}{(a+b)^{3}}+\frac{1}{(b+c)^{3}}+\frac{1}{(c+a)^{3}}$

[nguyenthanhlam1]

ai giải bài 2 dùm cái