Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hoang Tung 126

Đăng ký: 27-10-2013
Offline Đăng nhập: 22-04-2019 - 08:44
****-

#693529 Cho $a,b,c\in R; a+b+c=3; abc\geq -4$

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 22-09-2017 - 20:54

Cho $a,b,c\in R; a+b+c=3; abc\geq -4$

CMR: $3(abc+4)\geq 5(ab+bc+ca)$

Bài này nằm trên báo THTT số 483 (Tháng 9/2017)




#636145 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 28-05-2016 - 06:57

 

 
Bài 13. (Sưu tầm) Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh

\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \sqrt{\frac{4-27abc}{4(ab+bc+ac)}}\]

 Bạn xem lại đề bài câu này nhé. Nghe chừng đề có vấn đề !




#633646 Tìm GTNN $P=(x+2)(y+2)(z+2)$

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 17-05-2016 - 14:53

 

Từ bất đẳng thức : 

 $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq abc $ 

 

Xem lại cái này nhé Huy , 3 số phải như thế nào ??




#632899 $d_{a}+d_{b}+d_{c}\leq \frac...

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 13-05-2016 - 16:51

Đây là lời giải mang thuần tính đại số của anh !

Cả đây nữa 

Hình gửi kèm

  • 6.jpg



#632896 $d_{a}+d_{b}+d_{c}\leq \frac...

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 13-05-2016 - 16:29

Cách làm của em, chả biết là có gọi là hình thuần túy hay không  :luoi:

$1/$ Ta có hệ thức $HA+HB+HC=2(R+r)$

$2/ $Áp dụng bđt $R\geq 2r$

$3/$ Ap dụng Bất đẳng thức Erdos-Modell  $d_{a}+d_{b}+d_{c}\leq \frac{1}{2}(HA+HB+HC)$

Áp dụng $3$ ý trên dễ dàng ra được bât đẳng thức cần chứng minh!  :icon6:  

Mong anh chia sẽ chứng minh của anh cho mọi người cùng học tập!   :wub:  :ukliam2:

Đây là lời giải mang thuần tính đại số của anh !

 

 

Hình gửi kèm

  • 1.jpg
  • 2.jpg
  • 3.jpg
  • 4.jpg
  • 5.jpg



#632091 $d_{a}+d_{b}+d_{c}\leq \frac...

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 09-05-2016 - 17:12

Bài toán: Cho tam giác $ABC$ với $H$ là trực tâm. Gọi $d_{a},d_{b},d_{c}$ lần lượt là khoảng cách từ $H$ tới các cạnh $BC,CA,AB$. Gọi $R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp ,nội tiếp trong tam giác .

             CMR: $d_{a}+d_{b}+d_{c}\leq \frac{3}{4}.\frac{R^{2}}{r}$ 

 

 

 

 

P/s: Bài toán đã từng xuất hiện trên Tạp chí THTT. Lời giải của mình thuần tính đại số và nhiều bđt phụ. Cần 1 lời giải thuần túy hình học !




#612926 chứng minh $5(a+b+c)+\frac{3}{abc}\geq 18...

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 04-02-2016 - 21:55

 AM- GM : $5(\sum a)+\frac{3}{abc}\geq 6.\sqrt[6]{\frac{3(\sum a)^{5}}{abc}}$                          (1)

            $3abc(a+b+c)=abc(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})=\frac{1}{3}(ab+bc+ca)(ab+bc+ca)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq \frac{1}{3}.\frac{(\sum a^{2}+\sum ab+\sum ab)^{3}}{27}=\frac{((\sum a)^{2})^{3}}{81}=\frac{(\sum a)^{6}}{81}< = > abc\leq \frac{(a+b+c)^{5}}{243}$                                                                                                               (2)

 (1),(2) $= > 5(\sum a)+\frac{3}{abc}\geq 6.\sqrt[6]{\frac{243(a+b+c)^{5}}{(a+b+c)^{5}}}=18$




#612907 $\sum (\frac{a}{a+b})^{2}-\...

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 04-02-2016 - 20:21

 Bài toán : Cho các số thực dương $a,b,c>0$. Tìm hằng số $k$ lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức sau luôn đúng:

    $(\frac{a}{a+b})^{2}+(\frac{b}{b+c})^{2}+(\frac{c}{c+a})^{2}-\frac{3}{4}\geq k(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}-\frac{3}{2})$

 

 

 

 

P/s: Sáng tạo từ bài của thầy Luật trên báo THTT.




#612626 ĐỀ THI THỬ ĐỢT 2 MÔN TOÁN CHUYÊN KHTN

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 03-02-2016 - 10:16

 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN              ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015-2016

       TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN                             Môn : TOÁN (24-1-2016)- Lần 2

                                                                    Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian phát đề

 Câu $I$.(2 điểm) :Cho hàm số $y=(x-m)^{3}-3x^{2}+6mx-3m^{2}$

 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi $m=0$

 2) Chứng minh rằng $y_{max}^{2}+y_{min}^{2}=16$

 Câu $II$. (2 điểm): 1) Giải phương trình: $sin2x-cos2x-cosx-3sinx+2=0$

 2) Cho đa giác đều 24 đỉnh, hỏi có  bao nhiêu tứ giác có 4 đỉnh là đỉnh đa giác và 4 cạnh là 4 đường chéo của đa giác.

 Câu $III$. (2 điểm): 1) Viết phương trình của các đường tiệm cận và lập bảng biến thiên của hàm số:

               $y=\frac{\sqrt{1+x^{2}}}{\sqrt[3]{1+x^{3}}}$

 2) Gọi $z_{1},z_{2}$ là nghiệm phức của phương trình: $z^{2}-(2i+1)z+i-1=0$

    Tính $\left | z_{1}^{2}-z_{2}^{2} \right |$.

 Câu $IV$. (3 điểm): 1) Cho lăng trụ tam giác đều $ABC.A^{'}B^{'}C^{'}$ có $AB=2a$, góc giữa $AB^{'}$ và $BC^{'}$ bằng $60^{0}$. Tính thể tích của lăng trụ.

 2) Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ ,cho hình vuông $ABCD$ có đỉnh $A(1,2,1)$ và đường chéo $BD$ có phương trình $\frac{x-3}{4}=\frac{y}{-1}=\frac{z}{1}$. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.

 3) Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ vuông tại $A,B(1,1)$, đường thẳng $AC$ có phương trình $4x+3y-32=0$. Trên tia $BC$ lấy điểm M sao cho $BC.BM=75$. Tìm tọa độ đỉnh $C$ biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMC$ bằng $\frac{5\sqrt{5}}{2}$.

 Câu $V$. (1 điểm): Với $x,y,z$ là các số thực đôi một phân biệt. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                 $M=(\frac{2x-y}{x-y})^{2}+(\frac{2y-z}{y-z})^{2}+(\frac{2z-x}{z-x})^{2}$

                                                                ----- HẾT-----




#600412 $\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}...

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 28-11-2015 - 09:30

Bất đẳng thức tương đương: $\sum bc\left(1+\dfrac{a}{b+c}\right)^2+\dfrac{5}{4}(a+b+c)^2\geqslant 6(ab+bc+ca)\Leftrightarrow 2abc\sum \dfrac{1}{b+c}+abc\sum \dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{5}{4}(a+b+c)^2\geqslant 5(ab+bc+ca)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $2abc\sum \dfrac{1}{b+c}\geqslant \dfrac{9abc}{a+b+c}$

$abc\sum \dfrac{a}{(b+c)^2}\geqslant \dfrac{9abc}{4(a+b+c)}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh: $a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\geqslant 2(ab+bc+ca)$ hiển nhiên đúng.

Nếu bạn tự làm được bài này thì không có vấn đề gì ,nhưng nếu copy đáp án từ 1 nơi nào đó thi bạn nên ghi nguồn lại nhé!!




#588869 Đăng ký tham gia dự thi VMEO IV

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 14-09-2015 - 15:22

Họ tên: Hoàng  Lê Nhật Tùng
Nick trong diễn đàn (nếu có):  Hoang Tung  126
Năm sinh: 1998
Hòm thư: [email protected]
Dự thi cấp: THPT



#588662 Tổng hợp các bài BĐT thi thử THPT QG năm 2015-2016 của báo THTT

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 13-09-2015 - 09:14

Bài 4: (Đề thử sức số 3 báo THTT số 450 T12/2014)

 

Cho hai số thực $a;b\in \left ( 0;1 \right )$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}=a\sqrt{1-b^{2}}+b\sqrt{1-a^{2}}$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P= \frac{8\left ( 1-a \right )}{1+a}+9\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}$

 Sử dụng phép nhân liên hợp ta có :

 $a^2+b^2=a\sqrt{1-b^2}+b\sqrt{1-a^2}< = > a(a-\sqrt{1-b^2})+b(b-\sqrt{1-a^2})=0$
$< = > a.\frac{a^2+b^2-1}{a+\sqrt{1-b^2}}+b.\frac{b^2+a^2-1}{b+\sqrt{1-a^2}}=0$
$< = > (a^2+b^2-1)(\frac{a}{a+\sqrt{1-b^2}}+\frac{b}{b+\sqrt{1-a^2}})=0$
$= > a^2+b^2-1=0= > a^2+b^2=1$

 

 Do $a^2+b^2=1$ ,$a,b> 0$ nên tồn tại góc $\alpha$ với $0< \alpha < \frac{\pi }{2}$ thỏa mãn $sin^{2}\alpha +cos^{2}\alpha =1$

 

- Xét $a=sin\alpha ,b=cos\alpha$ . Ta có :

 

 $P=\frac{8(1-a)}{1+a}+9\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}=\frac{8(1-sin\alpha )}{1+sin\alpha }+9\sqrt{\frac{1-cos\alpha }{1+cos\alpha }}=\frac{8(sin\frac{\alpha }{2}-cos\frac{\alpha }{2})^2}{(sin\frac{\alpha }{2}+cos\frac{\alpha }{2})^2}+9\sqrt{\frac{2sin^{2}\frac{\alpha }{2}}{2cos^{2}\frac{\alpha }{2}}}=\frac{8(\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}-1)^2}{(\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}+1)^2}+\frac{9sin\frac{\alpha }{2} }{cos\frac{\alpha }{2}}=\frac{8(t-1)^2}{(t+1)^2}+9t$ 

 (Với $t=\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}> 0$)

 

  Tới đây xét đạo hàm hoặc biến đổi tương đương ta Cm được $P\geq 5$

Dấu = xảy ra khi $t=\frac{1}{3}< = > \frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}=\frac{1}{3},sin^{2}\frac{\alpha }{2}+cos^{2}\frac{\alpha }{2}=1$
$ < = > sin\frac{\alpha }{2}=\frac{1}{\sqrt{10}},cos\frac{\alpha }{2}=\frac{3}{\sqrt{10}}$
$< = > a=\frac{3}{5},b=\frac{4}{5}$. Do đó $P_{min}=5$

 

- Xét $a=cos\alpha ,b=sin\alpha$. Ta có :

 

 $P=\frac{8(1-a)}{1+a}+9\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}=\frac{8(1-cos\alpha )}{1+cos\alpha }+9\sqrt{\frac{1-sin\alpha }{1+sin\alpha }}=\frac{8sin^{2}\frac{\alpha }{2}}{cos^{2}\frac{\alpha }{2}}+9\sqrt{\frac{(sin\frac{\alpha }{2}-cos\frac{\alpha }{2})^2}{(sin\frac{\alpha }{2}+cos\frac{\alpha }{2})^2}}=8(\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}})^2+9.\left | \frac{sin\frac{\alpha }{2}-cos\frac{\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}+cos\frac{\alpha }{2}} \right |$

+ Nếu $sin\frac{\alpha }{2}\geq cos\frac{\alpha }{2}= > \frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}\geq 1= > P=8(\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}})^2+9.(\frac{sin\frac{\alpha }{2}-cos\frac{\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}+cos\frac{\alpha }{2}})\geq 8= > P\geq 8$   (1)

+ Nếu $sin\frac{\alpha }{2}< cos\frac{\alpha }{2}= >0< \frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}}< 1$

  Khi đó $P=8(\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}})^2+9(\frac{cos\frac{\alpha }{2}-sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}+sin\frac{\alpha }{2}})=8t^2+\frac{9(1-t)}{1+t}$ 

  ( Với $t=\frac{sin\frac{\alpha }{2}}{cos\frac{\alpha }{2}},o< t< 1$)

 

 Tới đây xét đạo hàm hoặc biến đổi tương đương ta CM được $P\geq 5$  (2)

   Dấu =  xảy ra khi $t=\frac{1}{2}$
$< = > cos\frac{\alpha }{2}=2sin\frac{\alpha }{2},cos^{2}\frac{\alpha }{2}+sin^{2}\frac{\alpha }{2}=1$
$< = > sin\frac{\alpha }{2}=\frac{1}{\sqrt{5}},cos\frac{\alpha }{2}=\frac{2}{\sqrt{5}}$
$= > a=\frac{3}{5},b=\frac{4}{5}$

   + Từ (1)(2) $= > P_{min}=5< = > a=\frac{3}{5},b=\frac{4}{5}$

 

- Từ 2 TH trên $= > P_{min}=5< = > a=\frac{3}{5},b=\frac{4}{5}$

 

 

 

P/s: Trở lại sau 1 thời gian 

  




#585718 $\sum \frac{ab}{a^2+ab+b^2}+\frac...

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 29-08-2015 - 12:29

 Bài toán : Cho các số thực dương $a,b,c> 0$.Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất thỏa mãn và hãy chứng minh BĐT đúng trong trường hợp đó:

 

    $\frac{ab}{a^2+ab+b^2}+\frac{bc}{b^2+bc+c^2}+\frac{ca}{c^2+ac+a^2}+\frac{k(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}\geq 1+\frac{k}{3}$




#578493 $P=\frac{1}{a^2+c^2}+\frac{1}...

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 04-08-2015 - 17:29

Cho $a,b,c\geq 0,a\geq c,b\geq c$. Tìm Min :

 

     $P=\frac{1}{a^2+c^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\sqrt{a+b+c}$

 

Ta có ,do $c\leq a= > a^2+c^2\leq a^2+ac=(a+\frac{c}{2})^2-\frac{c^2}{4}\leq (a+\frac{c}{2})^2$

                 $c\leq b= > b^2+c^2\leq b^2+bc=(b+\frac{c}{2})^2-\frac{c^2}{4}\leq (b+\frac{c}{2})^2$

 

Từ đó $= > \frac{1}{a^2+c^2}+\frac{1}{b^2+c^2}\geq \frac{1}{(a+\frac{c}{2})^2}+\frac{1}{(b+\frac{c}{2})^2}\geq \frac{8}{(a+\frac{c}{2}+b+\frac{c}{2})^2}=\frac{8}{(a+b+c)^2}$

  (Do áp dụng bất đẳng thức$\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}\geq \frac{8}{(m+n)^2}$. Chứng minh bằng Cosi thì $\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}\geq \frac{2}{mn}=\frac{8}{4mn}\geq \frac{8}{(m+n)^2}$)

 

  Từ đó $= > P\geq \frac{8}{(a+b+c)^2}+\sqrt{a+b+c}=\frac{8}{(a+b+c)^2}+\frac{\sqrt{a+b+c}}{4}+\frac{\sqrt{a+b+c}}{4}+\frac{\sqrt{a+b+c}}{4}+\frac{\sqrt{a+b+c}}{4}\geq 5\sqrt[5]{\frac{8\sqrt{(a+b+c)^4}}{4^4.(a+b+c)^2}}=5\sqrt[5]{\frac{8(a+b+c)^2}{4^4(a+b+c)^2}}=5\sqrt[5]{\frac{8}{4^4}}=\frac{5}{2}= > P\geq \frac{5}{2}= > P_{min}=\frac{5}{2}< = > a=b,c=0, a+b+c=4< = > a=b=2,c=0$




#578182 Đề thi Trại hè Hùng Vương lần thứ XI 2015

Gửi bởi Hoang Tung 126 trong 03-08-2015 - 16:14

Đề thi khối 11 11754440_1143401199019690_42383434178680

Đề thi khối 10 11822746_1143401195686357_80619119246752

 

 

Nguồn : Lấy từ Facebook của thầy Nguyễn Quang Tân

 Câu 1 đề 11: Ta chia ra làm 2 bước

- Bước 1 : Chứng minh bằng qui nạp ta chỉ ra được $u_{n}> 1$ do đó dãy bị chặn dưới

 

- Bước 2 : Chứng minh bằng qui nạp ta chỉ ra được $u_{n+1}< u_{n}$

 

Từ đó dãy có giới hạn hữu hạn ,Đặt $\lim_{n\rightarrow +\infty }u_{n}=a> 1= > \lim_{n\rightarrow +\infty }u_{n+1}=a$. Thay vào đề bài ta tìm được $a$