nguyenqn1998

Giải phương trình: $$4x=\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+x}}}}$$

 

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}         \ x^3=3y^3-3z+1\ & & \\          \ y^3=3z^2-3x+1\ & & \\            \ z^3=3x^2-3y+1\ & & \end{matrix}\right.$

 

Mình coppy y nguyên đề thi hsp tp.HN trên trang chủ, mọi người cho ý kiến về phương trình đầu tiên và giải giúp mình.

 

Đây là cách của mình mọi người xem có lỗi chỗ nào ko nhé : 

$\left\{\begin{matrix} \ x^3=3y^3-3z+1\ & & \\ \ y^3=3z^2-3x+1\ & & \\ \ z^3=3x^2-3y+1\ & & \end{matrix}\right.<=> \left\{\begin{matrix} x= \frac{y^3-3z^2-1}{3} & & \\ y= \frac{z^3-3x^2-1}{3} & & \\ z= \frac{x^3-3y^3-1}{3} & & \end{matrix}\right.$

Nếu $x>y$ ta chia 2 TH:

TH1: $y<z$

Ta có: $z=\frac{x^3-3y^2-1}{3}>\frac{y^3-3z^2-1}{3}=x$ => $z>x>y$

lại có: $y=\frac{z^3-3x^2-1}{3}>\frac{y^3-3z^2-1}{3}=x$ => $y>x$ (vô lý)

TH2 $x>y>z$

Ta có: $z=\frac{x^3-3y^3-1}{3} > \frac{z^3-3x^2-1}{3}=y$ => $z>y$ (vô lý)

Nếu $x<y$ tương tự => $x=y=z$ thế vào hệ => $x=y=z=1$

cho tam giác ABC, lấy các điểm M,N sao cho $2\overrightarrow{AM}+3\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$ và $\overrightarrow{NB}+x\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}$ .Định x để AN vuông góc với BM

bài 1

$P^{2}\leq 3(\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}+\frac{1}{1+z^{2}})$

giờ cần chứng minh$3(\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}+\frac{1}{1+z^{2}})\leq \frac{9}{4}$

bđt tương đương $\frac{x^{2}}{1+x^{2}}+\frac{y^{2}}{1+y^{2}}+\frac{z^{2}}{1+z^{2}}\geq \frac{9}{4}$

tương đương $\frac{1}{1+\frac{1}{x^{2}}}+\frac{1}{1+\frac{1}{y^{2}}}+\frac{1}{1+\frac{1}{z^{2}}}\geq \frac{9}{4}$

có $\frac{1}{1+\frac{1}{x^{2}}}+\frac{1}{1+\frac{1}{y^{2}}}+\frac{1}{1+\frac{1}{z^{2}}}\geq \frac{9}{3+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}}$

do x+y+z=xyz, suy ra $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}=1$

suy ra $\frac{9}{3+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}}=\frac{9}{\frac{4}{3}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^{2}}=\frac{27(x+y+z)^{2}}{4(xy+yz+xz)^{2}}\geq \frac{81}{4(xy+yz+xz)}$

$1=\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}\geq \frac{9}{xy+yz+xz}$

suy ra $\frac{81}{4(xy+yz+xz)}\geq \frac{9}{4}$ đpcm

bất đẳng thức cuối cùng ngược dấu 

Cho x, y, z không âm thỏa xyz = 1. Chứng minh rằng: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\geq 2(xy+yz+zx)$

ta có $x+y+z \geq 3$ (theo AM-GM) 

bất đẳng thức cần c/m dc viết lại: $x^2+y^2+z^2+2xyz+1 \geq 2(xy+yz+zx)$ (1 bdt khá quen thuộc)

Bài 1: Cho $x,y>0$ thoả mãn: $x^2+y^3 \geq x^3+y^4$. CMR: $x^3+y^3 \leq 2$

 

ta có: $(x^3+y^3)^2\leq (x^3+y^4)(x^3+y^2)\leq(x^2+y^3)(x^3+y^2)\leq\frac{(x^2+y^2+x^3+y^3)^2}{4}$

=> $x^3+y^3\leq x^2+y^2$

theo bdt holder: $(x^2+y^2)^3\leq(x^3+y^3)(x+y)(x^2+y^2)$

=>$x^2+y^2\leq x+y$

mà $(x+y)^2\leq2(x^2+y^2)$

=> $x+y\leq 2$

=> $x^3+y^3 \leq x^2+y^2 \leq x+y \leq 2$(dpcm)

Bài 3:  cho x,y,z>0 CMR:

$\sum\frac{x^3}{x^3+xyz+y^3}\geq1$

Bài 21: Giả sử a,b,c là ba cạnh của một tam giác .cmr $\sum \frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}\geq \frac{3}{2}$

mình làm lại bài này (1 cách hơi xấu). Bạn quang giải sai rồi:

áp dụng holder:

$\sum_{cyc}\left(\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}\right)^2\sum_{cyc}a(a^2+3bc)\geq(a+b+c)^3$

ta cần c/m: $4(a+b+c)^3\geq9\sum_{cyc}(a^3+3abc)$

đặt $a=x+y,b=x+z,c=z+x$

thì bất đẳng thức cần c/m tuơng đương:

$\sum_{cyc}(7x^3-6x^2y-6x^2z+5xyz)\geq0$

do theo bdt schur: $\sum_{cyc}(x^3-x^2y-x^2z+xyz)\geq0$

và theo bdt AM-GM: $\sum_{cyc}(x^2y+x^2z-2xyz)\geq0$

=> dpcm 

 

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM 2013

____________________________________

 

 

Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu $a,b,c,d$ là bốn nghiệm của đa thức $P(x)=x^4+x^3-1$ thì $ab$ là nghiệm của đa thức $Q(x)=x^6+x^4+x^3-x^2-1$

 

 

cách hơi trâu bò tí

theo viet ta có: 

$\left\{\begin{array}{lcr}a+b+c+d &= &-1\\ ab+bc+cd+da+ac+bd &= &0\\ abc+bcd+cda+dab &= &0\\ abcd &= &-1\end{array}\right.$

$<=> \left\{\begin{array}{lcr}(a+b)+(c+d) &= &-1\\ ab+cd+(a+b)(c+d) &= &0\\ ab(c+d)+cd(a+d) &= &0\\ (ab)(cd) &= &-1\end{array}\right.$(*)

đặt: $\left\{\begin{array}{ccl}\alpha &= & a b\\ \beta &= & a+b\\ \gamma &= & c d\\ \delta &= & c+d\\ \end{array}\right.$

(*) $<=> \left\{\begin{array}{lcr}\beta+\delta &= &-1\\ \alpha+\gamma+\beta\delta &= &0\\ \alpha\delta+\gamma\beta &= &0\\ \alpha\gamma &= &-1\end{array}\right.$

thay $\left\{\begin{array}{lcr}\delta &= &-1-\beta\\ \gamma &= &-\frac{1}{\alpha}\end{array}\right.$

vào 2 phương trình còn lại ta được:

$\left\{\begin{array}{lcr}\alpha-\frac{1}{\alpha}+\beta (-1-\beta) &= &0\\ \alpha (-1-\beta)-\frac{1}{\alpha}\beta &= &0\\ \end{array}\right.$

$ \begin{align*}\alpha (-1-\beta)-\frac{1}{\alpha}\beta = 0 &\iff\alpha (-1-\beta) =\frac{\beta}{\alpha}\\ &\iff\frac{-1-\beta}{\beta}=\frac{1}{\alpha^2}\\ &\iff-\frac{1}{\beta}-1 =\frac{1}{\alpha^2}\\ &\iff\frac{1}{\beta}=-\left(\frac{1}{\alpha^2}+1\right)\\ &\iff\frac{1}{\beta}=-\frac{1+\alpha^2}{\alpha^2}\\ &\iff\beta =-\frac{\alpha^2}{1+\alpha^2}\end{align*} $

do đó: $\begin{align*}\alpha-\frac{1}{\alpha}+\beta (-1-\beta)=0 &\iff\alpha-\frac{1}{\alpha}-\frac{\alpha^2}{1+\alpha^2}\left(-1+\frac{\alpha^2}{1+\alpha^2}\right)=0\\ &\iff\alpha-\frac{1}{\alpha}+\frac{\alpha^2}{(1+\alpha^2)^2}=0\\ &\iff\frac{\alpha^2(1+\alpha^2)^2-(1+\alpha^2)^2+\alpha^3}{\alpha(1+\alpha^2)^2}=0\\ &\iff\frac{\alpha^6+\alpha^4+\alpha^3-\alpha^2-1}{\alpha(1+\alpha^2)^2}=0\end{align*} $ (dpcm)

đặt $u=x+y,v=xy$

$=>P=2v^2-7v+3$

mà $u\geq 4v \geq 0$

nên $\frac{1}{4}\geq v \geq 0$

xét hàm số $f(x)=2x^2-7x+3$ với $x \in [0;\frac{1}{4}]$

do 2>0  nên $f_{min}=f(\frac{1}{4})=\frac{11}{8}$, $f_{max}=f(0)=3$

Mình biết bài này bạn SieuNhanVang đã làm rồi nhưng mình muốn tìm thêm vài cách nữa, mong ĐHV hiểu cho nhé

Chứng minh với a,b,c dương thì: $\sqrt[3]{a.\frac{a+b}{2}.\frac{a+b+c}{3}}\geq \frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}{3}$

đây là cách giải của mình:

ta có: $\sqrt{ab}=\sqrt[3]{ab\sqrt{ab}}\geq\sqrt[3]{ab\frac{a+b}{2}}$

ta cần c/m: $\frac{a+\sqrt[3]{ab\frac{a+b}{2}}+\sqrt[3]{abc}}{3}\leq\sqrt[3]{a.\frac{a+b}{2}.\frac{a+b+c}{3}}$

$<=>(\sqrt[3]{\frac{2}{a+b}\frac{3}{a+b+c}})(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b\frac{a+b}{2}}+\sqrt[3]{bc})\leq 3$

đặt $A=\sqrt[3]{\frac{2a}{a+b}\frac{3a}{a+b+c}},B=\sqrt[3]{\frac{3b}{a+b+c}},C=\sqrt[3]{\frac{2b}{a+b}\frac{3c}{a+b+c}}$

$A\leq \frac{1+\frac{2a}{a+b}+\frac{3a}{a+b+c}}{3},B\leq\frac{1+1+\frac{3b}{a+b+c}}{3},C\leq\frac{1+\frac{2b}{a+b}+\frac{3c}{a+b+c}}{2}$ 

$=> A+B+C \leq 3$ (dpcm)

Bài toán 1: Với các số thực không âm $a,b,c$ hãy chứng minh rằng:

$\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{c+a}}\leq \frac{5}{4}.\sqrt{a+b+c}$ và dấu bằng xảy ra

Bất đẳng thức Jack Gàunkel

 

có cách này cũng khá nhanh đặt $f(x)=x$ => $f'(x)=1>0$

do bộ $(1,2,3,4)$ trội hơn bộ $(a,b,c,d)$ (theo giả thiết)

nên $f(1)+f(2)+f(3)+f(4)\geq f(a)+f(b)+f(c)+f(d)<=>10\geq a+b+c+d$

chỗ này mình không hiểu lắm

bđt schur phải là

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

nè bạn: $a^3(b+c)+b^3(a+c)+c^3(a+b)=ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)$

Cho $x,y,z> 0$.Chứng minh

$x^{4}+y^{4}+z^{4}+xyz\left ( x+y+z \right ) \geq xy\left ( x^{2}+y^{2} \right ) +yz(y^{2}+z^{2})+zx(z^{2}+x^{2})$

Đây là bất đẳng thức schur

$x^{4}+y^{4}+z^{4}+xyz\left ( x+y+z \right ) \geq xy\left ( x^{2}+y^{2} \right ) +yz(y^{2}+z^{2})+zx(z^{2}+x^{2})$

$<=>a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-a)(b-c)+c^2(c-a)(c-b)\geq 0$

giả sử $a\geq b \geq c$

$=>c^2(c-a)(c-b)\geq0$

$a^2(a-c)-b^2(b-c)=(a^3-b^3)+c(a^2-b^2)\geq0 => a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-a)(b-c)\geq0$

 

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM 2013

____________________________________

 

 

Bài 1: Giải hệ phương trình: $$\left\{\begin{matrix} x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}=1 & & \\ (1-x)(1+y)=2& & \end{matrix}\right.$$

 

 

ta có $x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}\leq \frac{x^2+1-y^2}{2}+\frac{y^2+1-x^2}{2}=1$

$=>x^2+y^2=1$

ta có hệ: $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=1 & & \\ (1-x)(1+y)=2& & \end{matrix}\right.$(*)

đặt $\left\{\begin{matrix} S=x+y & & \\ P=xy& & \end{matrix}\right.$

(*) $<=>\left\{\begin{matrix} S^2-2P=1 & & \\ 2(x-y)=-2-2P& & \end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix} (x-y)^2+2P=1 & & \\ -x-y-1=-P& & \end{matrix}\right.<=> x-y=3$ hoặc $x-y=-1$ => P=... =>S=...

cho $a,b,c,d>0$ thõa $a+b+c+d=1$ CMR:

$A=abc+bcd+cda+dab \leq \frac{1}{16}$