Thử luôn.
sao hình mình up lên nhỏ thế
- Viet Hoang 99 yêu thích
học cho VMO thôi
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 16-02-2014 - 14:25
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 16-02-2014 - 12:50
ta có theo GT suy ra
$x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$
ta có
$x^{3}+y^{3}+z^{3}\geq \frac{\left ( x+y+z \right )^{3}}{9}$
bất đẳng thức cần chứng minh
$\left ( x+y+z \right )^{3}+54\geq 9\left ( x+y+z \right )^{2}$
đặt $x+y+z=a$ $\left ( a\geq 3 \right )$
cần chứng minh $a^{3}+54\geq 9a^{2}$
áp dụng bất đẳng thức cauchy
$\frac{a^{3}}{2}+\frac{a^{3}}{2}+54\geq 9a^{2}$
đoạn cuối này sai rồi
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 15-02-2014 - 22:19
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=abc$. CMR: $$\frac{a^2}{a+bc}+\frac{b^2}{b+ac}+\frac{c^2}{c+ab}\geq \frac{a+b+c}{4}$$
.
cách khác
mấy lần trước làm sai lần nhưng đã sửa,lần này phải đúng làn đầu
ta có theo bất đẳng thức BCS
$\sum \frac{a^{2}}{a+bc}\geq \frac{\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}+abc\left ( a+b+c \right )}$
ta cần chứng minh $4\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}\geq \left ( a^{3}+b^{3}+c^{3} \right )\left ( a+b+c \right )+abc\left ( a+b+c \right )$
$\Leftrightarrow 3\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}+2\left ( \sum a^{2}b^{2} \right )\geq \sum a^{3}b+\sum ab^{3}+abc\left ( a+b+c \right )$
theo BĐT Cauchy ta có
$\frac{a^{4}+a^{2}b^{2}}{2}\geq a^{3}b$
thiết lập các bất đăng thức tương tự như thế cộng lại ,kết hợp với bất đẳng thức cần chứng minh,ta được bất đẳng thức mới cần chứng minh là
$2\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4} \right )+7\left ( \sum a^{2}b^{2} \right )\geq \left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\left ( ab+bc+ca \right )+\left ( ab+bc+ca \right )^{2}$
theo cauchy ta có
$\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\left ( ab+bc+ca \right )\leq \left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}$
cộng lại ta có đpcm
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 15-02-2014 - 21:40
cho a,b,c,d>0 thoả ab+bc+cd+da=1. Chứng minh: $\frac{a^{3}}{b+c+d}+\frac{b^{3}}{c+d+a}+\frac{c^{3}}{a+b+d}+\frac{d^{3}}{a+b+c}\geq \frac{1}{3}$. cảm ơn các anh chị nhiều
theo BCS dạng phân thức
$\sum \frac{a^{3}}{b+c+d}=\sum \frac{a^{4}}{ab+ac+ad}\geq \frac{\sum a^{2}}{3}\geq \frac{ab+bc+cd+da}{3}=\frac{1}{3}$
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 15-02-2014 - 20:53
Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$.CMR:
$\sum \frac{a}{b}\geq\frac{a+c}{b+c}+\frac{a+b}{a+c}+\frac{b+c}{a+b}$
em nghĩ không cần đến cái giả thiết đó đâu,
chuyển vế biến đổi tương đương ta được
$\frac{c\left ( a-b \right )}{b\left ( b+c \right )}+\frac{a\left ( b-c \right )}{c\left ( c+a \right )}+\frac{b\left ( c-a \right )}{a\left ( b+a \right )}\geq 0$
giả sử $b$ là số nằm giữa 2 số a$a$ và $b$
$\Rightarrow \left ( b-a \right )\left ( b-c \right )\leq 0$
để khỏi viết lại vì cái này dài quá,biến đổi
$b\left ( c-a \right )= -c\left ( a-b \right )-a\left ( b-c \right )$
bất đẳng thức tương đương
$a\left ( a-b \right )\left ( \frac{1}{b\left ( b+c \right )-\frac{1}{a\left ( a+b \right )} \right )+a\left ( b-c \right )\left ( \frac{1}{c\left ( c+a \right )}-\frac{1}{a\left ( a+b \right )} \right ) \geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{c\left [ \left ( a-b \right )^{2}\left ( a+b \right )+b\left ( a-b \right )\left ( a-c \right ) \right ]}{ab\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )}+\frac{\left ( b-c \right )\left ( a-c \right )\left ( a+c \right )+a\left ( b-c \right )^{2}}{c\left ( a+c \right )\left ( a+b \right )}\geq 0$
bất đẳng thức cuối đúng do $b$ nằm giữa $a$ và $c$
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 15-02-2014 - 12:57
tuy không được tham gia trận 3 nhưng em cũng xin đóng góp cách làm của mình
$AM$ cắt cạnh $BE$ và $BC$ lần lượt tại $J$ và $K$
$BN$ cắt $AC$ tại $L$ ,$CP$ cắt $AB$ tại $T$
áp dụng định lý Mê- nê-la uýt liên tiếp, ta có
xét $\bigtriangleup BEF$ có $A\in BF,M\in EF,J\in BE$
$\Rightarrow \frac{ME}{MF}.\frac{AF}{AB}.\frac{JB}{JE}=1\left ( 1 \right )$
xét $\bigtriangleup BEC$ có $A\in EC,J\in BE ,K\in BC$
$\Rightarrow \frac{JE}{JB}.\frac{KB}{KC}.\frac{AC}{AE}\left ( 2 \right )$
nhân vế theo vế của $\left ( 1 \right )$ và $\left ( 2 \right )$ ta có
$\Rightarrow \frac{ME}{MF}.\frac{AF}{AB}.\frac{KB}{KC}.\frac{AC}{AE}=1$
tương tự ta cũng có
$\frac{PD}{PE}.\frac{TA}{TB}.\frac{BC}{CD}.\frac{CE}{CA}=1$
$\frac{NF}{ND}.\frac{LC}{LA}.\frac{AB}{BF}.\frac{BD}{CB}=1$
nhân 3 hệ thức trên lại với nhau ta được
$\frac{ME}{MF}.\frac{PD}{PE}.\frac{NF}{ND}.\frac{KB}{KC}.\frac{TA}{TB}.\frac{LC}{LA}.\frac{FA}{FB}.\frac{CE}{AE}.\frac{DB}{DC}=1\left ( * \right )$
áp dụng định lý Cê-va cho $\bigtriangleup ABC$ có $AD,BE,CF$ đồng quy và $\bigtriangleup DEF$ có $DM,FP,EN$ đồng quy,
$\frac{FA}{FB}.\frac{CE}{EA}.\frac{DB}{DC}=1$ và $\frac{ME}{MF}.\frac{PD}{PE}.\frac{NF}{ND}=1\left ( ** \right )$
từ $\left ( * \right )$ và $\left ( ** \right )$ suy ra $\frac{KB}{KC}.\frac{TA}{TB}.\frac{LC}{LC}=1$
theo định lý Cê-va đảo ta có $AM,BN,CP$ đồng quy (đpcm)
untitled.JPG 17.01K 0 Số lần tải
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 15-02-2014 - 11:41
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 11-02-2014 - 20:10
28) Cho $a;b;c>0$ thỏa $a+b+c=3$. Cmr: $\sum \frac{a+1}{b^2+1}\geq 3$
làm thế này không biết có sai không
ta có $ab+bc+ca\leq 3$
$\Rightarrow \sum \frac{a+1}{b^{2}+1}\geq \sum \frac{a+1}{b^{2}+ab+bc+ca}=\sum \frac{a+1}{\left ( b+a \right )\left ( b+c \right )}$
đặt $\left\{\begin{matrix} a+b=x & \\ b+c=y & \\ c+a=z & \end{matrix}\right.$
$\sum \frac{2x+2z-y}{3xy}\geq 3$ với $x+y+z=6$
đến đoạn này việc đánh giá là hoàn toàn đơn giản chỉ có đièu mình sai hệ số chỗ nào không phát hiện ra,mong các bạn sửa hộ
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 11-02-2014 - 19:50
cho $x,y$ dương thoả mãn $x+y=\sqrt{10}$
tìm MIN $\left ( x^{4}+1 \right )\left ( y^{4}+1 \right )$
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 07-02-2014 - 17:11
Hai toán thủ nguyentrungphuc26041999 và Frankie nole có cùng địa chỉ IP và có lời giải giống hệt nhau. Điều này là gian lận.
BTC đã chấm điểm cho nguyentrungphuc26041999 và cảnh cáo toán thủ này.
Toán thủ Frankie nole bị loại vì hành vi gian lận
xin lỗi BTC nhưng hôm đó,mạng nhà em bị rớt,mất mạng vài tuần nên đến nhà toán thủ frankynole để làm,do bài này khá dễ nên làm giống nhau là chuyện bình thường vì đây là cách mà phần lớn các toán thủ đều làm.
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 05-02-2014 - 22:49
$a^{3}+ab^{2}\geq 2a^{2}b$
$\Rightarrow \sum a^{3}+\sum ab^{2}\geq \sum 2a^{2}b$
$\sum a^{3}+\sum ab^{2}+ \sum a^{2}b$
$\sum a^{3}+\sum a^{2}c+ \sum a^{2}b= 3\sum a^{2}\geq 9$
$\Rightarrow 3\frac{\sum a^{3}+\sum ab^{2}}{2}\geq 9$
$\Rightarrow \sum a^{3}+\sum ab^{2}\geq 6$
$\Rightarrow \sum a^{3}+\sum ab^{2}\geq \sum a^{2}b+3$
nói rõ hơn cái,chú làm tắt quá
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 05-02-2014 - 22:09
Mình có bài này mong các bạn giải giùm:
Giải phương trình nghiệm nguyên dương
$x^{2}-2y^{2}=5$
Mình đang học lớp 8 nhé.
Thanks.
$x$ lẻ,$y$ chẵn
ta có $x^{2}-1-2y^{2}=4$
$\Leftrightarrow \left ( x-1 \right )\left ( x+1 \right )+2y^{2}=4$
$\left ( x-1 \right )\left ( x+1 \right )\vdots 8$
$\Rightarrow VT\vdots 8$
suy ra vô lý
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 04-02-2014 - 18:07
ta có
$ab+bc+ca\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}=3$
$\Rightarrow \frac{a+1}{b^{2}+1}\geq \frac{2a+b+c}{\left ( b+c \right )\left ( b+a \right )}$
đặt $\left\{\begin{matrix} a+b=x & \\ a+c=y & \\ b+c=z & \end{matrix}\right.$
cần chứng minh $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\sum \frac{x}{yz}\geq 3$ với $x+y+z= 6$
dễ rồi
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 26-01-2014 - 09:38
hệ tương đương với $\left\{\begin{matrix} 2x^{2}-5xy+3y^{2}=0 & \\ 4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left ( x-y \right )\left ( 2x-3y \right )=0 & \\ 4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y & \end{matrix}\right.$
trường hợp 1 nếu $x=y$
hệ trở thành $\left\{\begin{matrix} x=y & \\ 3x^{2}-3x +1=0& \end{matrix}\right.$
$\Delta =-3< 0$ nên hệ vô nghiệm
trường hợp 2
nếu $2x=3y$
hệ trở thành $\left\{\begin{matrix} 2x=3y & \\ 8y^{2}-6y+1=0 & \end{matrix}\right.$
$\left\{\begin{matrix} 2x=3y & \\ \left ( 4y-1 \right )\left ( 2y-1 \right )=0 & \end{matrix}\right.$
nếu $y=\frac{1}{4}$ $\Rightarrow x=\frac{3}{8}$
nếu $y=\frac{1}{2}$ $\Rightarrow x=\frac{3}{4}$
Vậy $\left ( x,y \right )=\left \{ \left ( \frac{3}{8},\frac{1}{4} \right ),\left ( \frac{3}{4},\frac{1}{2} \right ) \right \}$
d = 10
S = 36
Gửi bởi nguyentrungphuc26041999 trong 19-01-2014 - 22:10
Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=xyz$
Tìm Max $\frac{2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}$
Đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$
ta có $ab+bc+ca=1$
trên đề
$\frac{2}{\sqrt{\frac{1}{a^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{b^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{c^{2}}+1}}=\frac{2a}{\sqrt{a^{2}+ab+bc+ca}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+ab+bc+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+ab+bc+ca}}$
$\frac{2a}{\sqrt{\left ( a+b \right )\left ( a+c \right )}}+\frac{2b}{\sqrt{4\left ( b+c \right )\left ( b+a \right )}}+\frac{2c}{\sqrt{4\left ( c+a \right )\left ( c+b \right )}}\leq \frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{b}{4\left ( b+c \right )}+\frac{c}{a+c}+\frac{c}{4\left ( b+c \right )}=\frac{9}{4}$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học