Ke Vo Tinh

Bài này có một hướng khá hay sau , đưa pt về hệ :

$5^a+2^b = k.5^{a/2}.2^{b/2} (1);k.5^{a/2}.2^{b/2}=4 (2);; a+b=1 (3)$

Từ (2, 3) suy ra $ k = 2\sqrt{2}\left (\dfrac{2}{5}\right )^{a/2}$ thay vào ( 1 ) suy ra liên hệ $x, y$ sau đó bình phương rút gọn rồi giải pt bậc 2 ẩn $ x= \left (\dfrac{5}{2}\right )^{a/2}$

Em không có nhiều thời gian nên chỉ nêu ý tưởng thôi ạ, mong mọi người triển khai giùm em.

Bài 5:(3 điểm)
Cho $a,b,c$ là độ dài các cạch của một tam giác;còn $x,y,z$ là độ dài các đường phân giác trong tam giác đó.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{y}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$.

BĐT cần chứng minh tương đương :
$$\dfrac{1}{2}\left (\dfrac{b+c}{bc\cos{\dfrac{A}{2}}}+\dfrac{c+a}{ca\cos{\dfrac{B}{2}}}+\dfrac{a+b}{ab\cos{\dfrac{C}{2}}} \right ) \ge \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$$
Đúng vì $0<\cos{\dfrac{A}{2}}, \cos{\dfrac{B}{2}}, \cos{\dfrac{C}{2}} < 1$

Bài 3. Cho $x,y,z\ge0$ là các số thực thỏa mãn $x+y+z=1.$ Chứng minh rằng
$$2(x^3+y^3+z^3)+x^2+y^2+z^2+18xyz\ge 1.$$

Đồng bậc, ta cần chứng minh :
$$2(x^3+y^3+z^3)+(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)+18xyz\ge (x+y+z)^2 \Leftrightarrow x^2+y^3+z^3+3xyz+3xyz\ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$$
Đúng theo Schur và $xyz\ge 0$ Đẳng thức xảy ra khi $x=y=\dfrac{1}{2}, z=0$ và các hoán vị.

Cho các số thực dương $x_1, x_2, ..., x_n$ sao cho $x_1+2x_2+...+nx_n=1$ và $a_1, a_2, ..., a_n; b_1, b_2, ..., b_n; c_1, c_2, ..., c_n$ là các hằng số dương.
Tìm GTLN của :
$$P=\prod_{i=1}^{n}\left (a_ix_i+b_i\right )^{c_i}$$

Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG Quốc gia trường THPT Chuyên ĐHSPHN năm 2012-2013
Ngày thi thứ nhất

Bài 1:
Cho $x;y;z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=3$.Chứng minh rằng:
$\sum \frac{4x+5}{x^{3}+xy^{2}+3xyz}\geq \frac{162}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+27}$

$$\sum\dfrac{4x+5}{x^3+xy^2+3xyz} =\sum \dfrac{4+\dfrac{5}{x}}{x^2+y^2+3yz} \ge \dfrac{\left (\sum \sqrt{4+\dfrac{5}{x}}\right )^2}{2(x^2+y^2+z^2)+3(xy+yz+zx)} \ge \dfrac{2.\left (\sum \dfrac{3}{\sqrt[18]{x}}\right )^2}{x^2+y^2+z^2+27} \ge \dfrac{2.27^2}{(\sqrt[18]{x}+\sqrt[18]{y}+\sqrt[18]{z})^2(x^2+y^2+z^2+27} \ge \dfrac{2.27^2}{9.(x^2+y^2+z^2+27)} =\dfrac{162}{x^2+y^2+z^2+27}$$

Ta biết rằng nếu $OABC$ là tứ diện vuông tại $O$ thì $ABC$ là tam giác nhọn. Hỏi các bạn là với mỗi tam giác nhọn $ABC$ liệu có tồn tại tứ diện vuông $OABC$ tại $O$?

Bài này kết quả là có.
Thật vậy, xét tam giác nhọn $ABC$ bất kì có các cạnh $a,b,c$.Vì thế nên ta có $a^2+b^2-c^2 >0; b^2+c^2-a^2>0, c^2+a^2-b^2>0$
Trong không gian $Oxyz$ ta xét các tia $Ox, Oy, Oz$. Trên các tia này, lấy lần lượt $M, N, Q$ sao cho
$OM^2 = \dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}, ON^2 =\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2}, OP^2=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}$
Rõ ràng, lúc này, ta có $OP^2+ON^2=PN^2=a^2, OP^2+OM^2=b^2, OM^2+ON^2=c^2$
Do đó $NP=a, PM=b. MN=c$
Rõ ràng, đây là độ dài 3 cạnh tam giác ta đang xét.
Nói một cách khác, luôn tồn tại một điểm O sao cho tứ diện $OABC$ là tứ diện vuông tại $O$
Ngoài ra, cũng có thể dễ dàng nhận ra rằng, tồn tại một phép hợp giữa một phép tịnh tiến và phép quay biến tam giác $ABC $ thành tam giác $MNP$.
Một điều thú vị đặt ra ở đây là, xét hệ không gian chỉ gồm tia $Ox, Oy, Oz$ và $ M, N, P$ lần lượt trên tia $Ox, Oy, Oz$ thì với tam giác $ABC$ bất kì thì luôn tồn tại $MNP$ thoả mãn $MNP$ bằng tam giác $ABC$ Nhưng với một điều kiện thích hợp, ta còn có thể mở rộng, không những "vuông" mà còn nhiều hơn thế

Cho a,b,c>0 CMR:

$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) +(a+b+c)^2 \geq 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$

Theo cô si :
$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) +(a+b+c)^2 \geq 4\sqrt[4]{\dfrac{\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(a+b+c)^6}{27}} \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$

Để ý rằng :
$$\sum \dfrac{a^4-b^4}{(a+b)(a^2+b^2)}=0 \Leftrightarrow \sum \dfrac{a^4}{(a+b)(a^2+b^2)} =\dfrac{1}{2}\sum \dfrac{a^4+b^4}{(a+b)(a^2+b^2)} \ge \dfrac{1}{4}\sum \dfrac{a^2+b^2}{a+b}\ge \dfrac{1}{8} \sum (a+b) =\dfrac{a+b+c}{4}$$

Bài 1.
Ta có :
$$\left (1+\dfrac{1}{m}\right )^{\dfrac{m}{n}} \ge 1+\dfrac{1}{m}.\dfrac{m}{n} =1+\dfrac{1}{n}$$

thực ra bài bạn Thành tính đạo hàm f'(x) sai nên đúng ra là điều kiện của t phải là $-2<t\leq \sqrt{5}$. trong đó, t $\epsilon$ (-2;2) thì một t cho một x, t $\epsilon (2;\sqrt{5}]$ thì một t cho hai x, bạn có thể vẽ bảng biến thiên ra sẽ rõ

Đạo hàm tính đúng mà bạn.

CMR: a,b,c dương:
$$\frac{(4a+b-c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(4b+a-c)^2}{2b^2+(a+c)^2}+\frac{(4c+a-b)^2}{2c^2+(a+b)^2}\geq 8$$

Áp dụng Bunhia cốp xki, ta có :
$$\sum \frac{(4a+b-c)^2}{2a^2+(b+c)^2}=\sum \dfrac{(4a^2+ab-ac)^2}{2a^4+a^2(b^2+c^2)+2a^2bc} \ge \dfrac{16(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^4+b^4+c^4)+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+2abc(a+b+c)} \ge \dfrac{16(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^4+b^4+c^4)+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)} =8$$

$$P + 5 = \dfrac{3(b + c)}{2a} + \dfrac{4a + 3c}{3b} + \left (\dfrac{12(b - c)}{2a + 3c} + 4\right ) + 1 $$ $$= \left (\dfrac{3b}{2a} + \dfrac{2a}{3b} \right )+ \left (\dfrac{3c}{2a} + \dfrac{3c}{3b} \right )+ \left (\dfrac{2a}{2a} + \dfrac{2a}{3b}\right ) + \dfrac{4(3b + 2a)}{2a + 3c}$$ $$ \ge 2 + \dfrac{4.2a}{2a + 3b} + \dfrac{4.3c}{3b + 2a} + \dfrac{4(3b + 2a)}{2a + 3c} = 2 + 4\left (\dfrac{2a + 3c}{3b + 2a} + \dfrac{3b + 2a}{2a + 3c}\right ) \ge 2 + 4.2 = 10$$
Suy ra $$P_{min} = 5 \Leftrightarrow 2a = 3b = 3c$$

Bài 1 biến đổi tương đương, ta được BĐT Schur.

đề là $\sum \frac{a+b}{c}$ chứ đâu phải là $\sum \frac{b}{c}$
viết cho rõ ra là $\frac{a}{a}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{b}$
chứ không phải là $2(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b})$

$$\dfrac{ab}{c^2}+\dfrac{ab}{c^2}+\dfrac{bc}{a^2}+\dfrac{ab}{c^2}+\dfrac{ab}{c^2}+\dfrac{ca}{b^2} \ge 3\dfrac{a+b}{c}$$

mình chưa dám khẳng định nhưng bạn xem lại nếu xây dựng tương tự cộng vế thì ta dc cái gi????

$$A=\sum \dfrac{ab}{c^2}, B=\sum \dfrac{b}{c} \Leftrightarrow 6A \ge 3B$$