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.


dodinhthang98

Đăng ký: 02-01-2014
Offline Đăng nhập: 16-12-2015 - 06:10
-----

#603336 Cho $P=\frac{3}{xy+yz+zx}-\frac{4...

Gửi bởi dodinhthang98 trong 15-12-2015 - 18:00

Cho $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} =\frac{10}{x+y+z}$ và $x,y,z>0$ Tìm GTLN:

$P=\frac{3}{xy+yz+zx}-\frac{4}{x^3+y^3+z^3}$




#494701 $\sqrt[2013]{5x^{17}-7y^{10}-32x^{8...

Gửi bởi dodinhthang98 trong 23-04-2014 - 13:13

$\left\{\begin{matrix}
 \sqrt[2013]{5x^{17}-7y^{10}-32x^{8}+34}+\sqrt[2013]{3x^{15}-6y^{12}+3y^{10}+2014}=\sqrt[2013]{2014}& \\
\left (x^4-4x^3+8x^2-8x+6  \right )\left ( 16y^4-32y^3+40y^2-24y+9 \right ) =36x^2y-18x^2-72xy+36x+36y^2+36y-27&
\end{matrix}\right.$




#483909 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y...

Gửi bởi dodinhthang98 trong 18-02-2014 - 21:45

Chứng minh:

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}$

Giúp mình nha, mình cần gấp

 

 

cm theo bunhiakopxki cũng được.

áp dụng bunhiakopxki cho 2 bộ số:

$\left ( \sqrt{x};\sqrt{y};\sqrt{z} \right )$ và $\left ( \frac{1}{\sqrt{x}};\frac{1}{\sqrt{y}} ;\frac{1}{\sqrt{z}}\right )$

 

theo bunhiakopxki ta có:

$\left ( x+y+z \right )\left (\frac{1}{x}+\frac{1}{y} +\frac{1}{z} \right )\geq \left ( 1+1+1 \right )^2$ từ đây suy ra ĐPCM.




#483899 $\sum \frac{a}{b^2+2}\geq 1$

Gửi bởi dodinhthang98 trong 18-02-2014 - 20:53

cho a,b,c là số thực dương, thoả mãn: $a+b+c=6$ CMR:

$\sum \frac{a}{b^2+2}\geq 1$




#483340 $1+\frac{r}{R}=cosA+cosB+cosC$

Gửi bởi dodinhthang98 trong 15-02-2014 - 22:29

1,   $1+\frac{r}{R}=cosA+cosB+cosC$

cmr: tam giác này đều!

 

với $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp.

 

$R$ là bán kính đường tròn ngoài tiếp!

 

 

2, tam giác ABC có đặc điểm gì nếu biết:   $\frac{cosB-sinC}{cosC-sinB}=\frac{1}{c}$




#483317 $cotA+cotB+cotC=tan\frac{a}{2}+tan\frac...

Gửi bởi dodinhthang98 trong 15-02-2014 - 21:40

$cotA+cotB+cotC=tan\frac{a}{2}+tan\frac{b}{2}+tan\frac{c}{2}$

CMR: tam giác này đều.!




#482871 giải hệ phương trình

Gửi bởi dodinhthang98 trong 13-02-2014 - 13:05

$\left\{\begin{matrix} x^{2}+3y^{2}-xy+x+17y+21=0 & \\2x^{2}+4y^{2}+3xy+13x+27y+44=0 & \end{matrix}\right.$

 

 

 

đề này có bị nhầm số không bạn?

 

nghiệm rất xấu!




#481339 $(x+3)\sqrt{-x^2-8x+48}=x-24$

Gửi bởi dodinhthang98 trong 06-02-2014 - 10:48

$(x+3)\sqrt{-x^2-8x+48}=x-24$

 

 

$\begin{bmatrix} x=-2(1+\sqrt{7}) & \\ x=-5-\sqrt{31}& \end{bmatrix}$




#481327 $\left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{...

Gửi bởi dodinhthang98 trong 06-02-2014 - 10:30

DK......

He$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{x+2y}+\sqrt[3]{y+3x}=2 & \\ (x+2y)^2+(y+3x)^2-(y+3x)(x+2y)=(x+2y)-7(y+3x) & \end{matrix}\right.$

Den day thi dat an phu la OK

P/S:Mot buoi toi mo mai moi ra,them duoc mot bi kip va kinh nghiem giai toan.

 

hình như chưa xong đâu, bạn có làm tiếp được ko?




#480809 $\left\{\begin{matrix} x^3(2y-x)(x^2+y^2)...

Gửi bởi dodinhthang98 trong 04-02-2014 - 11:25

$\left\{\begin{matrix}
\sqrt[3]{4x^2-2y^2+6xy^2}+\sqrt[6]{3y^2-2y-x^6}=3 &   \\x^3(2y-x)(x^2+y^2)=6x^3y-3x^4-1&\end{matrix}\right.$




#480808 \begin{cases} & y^3+x=6x^2y^2 \\ & 1+x^2y^2=5x^2...

Gửi bởi dodinhthang98 trong 04-02-2014 - 11:17

nhận thấy x = y = 0 không là nghiệm của hệ pt nên hệ đã cho tđ với hệ

$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{x}+y=6 & \\ \frac{1}{x^2}+y^2=5 & \end{matrix}\right.$

Đây là hệ đối xứng loại 1 thì tốt rồi.

OK???

 

 

pt đầu ko thể biến đổi như trên được vì nếu chia cả 2 vế cho $x^2y^2$ thì được:

 

$\frac{1}{x}\left ( \frac{y}{x}+ \frac{1}{y^2}\right )=6$




#479558 $GPT: x^3=\sqrt{4-x^2}+3x$

Gửi bởi dodinhthang98 trong 28-01-2014 - 09:00

PT $< = > (x^3-3x)^2=4-x^2< = > x^6-6x^4+10x^2-4=0< = > t^3-6t^2+10t-4=0< = > t=2,t=2+\sqrt{2},t=2-\sqrt{2}$

 

 

Điều kiện $-2\leq x \leq 2$

Đặt $x=2 \cos t t \in[0; \pi]$ ta có phương trình :

$8\cos^3 t -6 \cos t= 2 \sqrt{1-\cos^2 t}$

$\Leftrightarrow \cos 3t= \sin t$

$\Leftrightarrow t=\frac{\pi}{2}+k\pi; t=-\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{4}$...

thanks




#479300 $GPT: (4x^3-x+3)^3-x^3=\frac{3}{2}$

Gửi bởi dodinhthang98 trong 26-01-2014 - 22:48

$(4x^3-x+3)^3-x^3=\frac{3}{2}$




#478119 $\sqrt{x^2+15}=3\sqrt[3]{x}-2+\sqrt...

Gửi bởi dodinhthang98 trong 19-01-2014 - 21:20



Biến đổi phương trình thành :

$$\sqrt{x^2+15}-4=3\sqrt[3]{x}-3+\sqrt{x^2+8}-3\Leftrightarrow \frac{x^2-1}{\sqrt{x^2+15}+4}=\frac{3(x-1)}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1}+\frac{x^2-1}{\sqrt{x^2+8}+3} \Leftrightarrow (x-1)\left [ \frac{x+1}{\sqrt{x^2+15}+4}-\frac{3}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1}-\frac{x+1}{\sqrt{x^2+8}+3} \right ]=0\Leftrightarrow x=1$$

 

 

phương trình còn lại chưa chắc đã vô nghiệm vì đk là $x\epsilon R$




#475457 [VMO 2014] Ngày 2 - Bài 6 - Đại số

Gửi bởi dodinhthang98 trong 05-01-2014 - 12:08

 


 

 
 
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[(xy+z^2)^2\ge 4xy\cdot z^2.\]
\[x^2+y^2 \ge \frac{(x^2+y^2)^2}{2} \ge 2xy\cdot \frac{x^2+y^2}{2}=xy(x^2+y^2).\]
 
Từ đó, suy ra 
\[(x^4+y^4)(xy+z^2)^3 \ge 4xyz^2 \cdot xy(x^2+y^2)\cdot (xy+z^2)=4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)],\]
hay là
\[\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+{{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}} \le \frac{xy^2z}{2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)}.\]
Đặt $a=xy,\;b=yz,\;c=zx.$ Ta được
\[P \le \frac{1}{4}\left (\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{bc}{2b^2+c^2+a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+b^2} \right ).\]
Theo bất đẳng thức AM-GM, thì
\[\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2} \le \frac{ab}{\sqrt{2a^2(b^2+c^2)}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}.\]
Nên 
\[P\le \frac{1}{4\sqrt{2}}\left ( \sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a^2}} \right ).\]
Mặc khác, ta có một kết quả quen thuộc 
\[\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a^2}} \le \frac{3}{\sqrt{2}}.\]
Nên $P \le \dfrac{3}{16}.$ Ngoài ra nếu $a=b=c$ hay $x=y=z,$  thì đẳng thức xảy ra. Điều này cho phép ta kết luận $P_{\max}=\dfrac{3}{16}.$
 
Nhận xét 1: Ngoài ra chúng ta có thể chứng minh 
\[\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{bc}{2b^2+c^2+a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+b^2} \le \frac{3}{4},\]
bằng cách đưa nó về dạng đối xứng
\[\frac{ab}{a^2+b^2+2c^2}+\frac{bc}{b^2+c^2+2a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+2b^2} \le \frac{3}{4},\]
rồi sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu. 
 
Ở đây mình có thêm một lời giải bằng khác. Sử dụng phân tích 
$$\frac{2ab}{2a^2+b^2+c^2} =1-\frac{(a-b)^2+a^2+c^2}{2a^2+b^2+c^2},$$
ta viết bất đẳng thức trên lại như sau 
\[ \sum \frac{(a-b)^2}{2a^2+b^2+c^2} +\sum \frac{a^2}{2a^2+b^2+c^2}+\sum \frac{c^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{3}{2}.\] 
Không mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử $b$ là số ở giữa $a$ và $c.$  Khi đó theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz inequality, ta có
\[\sum \frac{(a-b)^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{\left[ (a-b)+(b-c)+(a-c)\right]^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}, \] \[\sum \frac{a^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{(a+b+c)^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}, \]
và 
\[ \sum \frac{c^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{(c+a+b)^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}.\] 
Như vậy, ta cần chứng minh được 
\[\frac{4(a-c)^2+2(a+b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)} \ge \frac{3}{2},\]
tương đương với.
$$(a-b)(b-c) \ge 0.$$
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo giả thiết của $b.$ Nên ta có điều phải chứng minh.
 

dong nay sai vì dau = xay ra khi x=y=z=1


  • LNH yêu thích