Đến nội dung

Hoang Tung 126

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 $a$