BoY LAnH LuNg

155, cho a,b,c là 3 cạnh một tam giác. CMR

a, $\sum \frac{a^{2}+2bc}{b^{2}+c^{2}}> 3$

b, nếu $a\leq b\leq c  thì  (a+b+c)^{2}\leq 9bc$

218, giải các phương trình nghiệm nguyên

a, $8x+11y=73$

b, $5x-3y=2xy-11$

c, $x^{2}+(x+1)^{2}+(x+2)^{2}=y^{2}$

d, $x^{3}+y^{3}+z^{3}=2003^{4}$

e, xyz = 9 + x + y + z và x, y, z >0

g, $x^{3}-x^{2}-2xy=y^{3}+y^{2}+100$

h, 5 (x + y + z + t) + 10 = 2xyzt  và x, y, z, t là các số dương

i, 2^x  + 3^x = 5^x với x không âm

k, 19x² + 28y² = 729 với x, y nguyên dương

l, 9x + 5 = y(y+1)

m, 2016x + 3 = y³

n, 2x² + 4x = 19 - 3y²

p, x⁴ + 2x³ + 2x² + x + 3 = y²

r, x³ + 2y³ = 4z³ (sử dụng phương pháp lùi vô hạn)

s, x³ + y³ + z³ = (x + y + z)² với x, y, z đôi một khác nhau

t, x³ - y³ = xy + 8

u, 6x + 15y + 10z = 3

v, 2^x + 57 = y²

w, 12x² + 6xy + 3y² = 28(x + y)

Kết quả hình như là $\frac{17}{25}$ phải ko bn

ừ

 

Bài 37: Tính

a) $A=\frac{8}{9}.\frac{15}{16}.\frac{24}{25}...\frac{2499}{2500}$

 

ta có thể phân tích $A=\frac{(2.4)(3.5)(4.6)...(49.51)}{(3.3)(4.4)(5.5)...(50.50)}=\frac{(2.3.4.5...49)(4.5.6...51)}{(3.4.5...50)(3.4.5...50)}$

đến đây giản ước là xong

167, cho x,y,z là các số dương thoả x+y+z=xy+yz+zx

CM  $\frac{1}{x^{2}+y+1}+\frac{1}{y^{2}+z+1}+\frac{1}{z^{2}+x+1}$ $\leq 1$

áp dụng bdt Bunyakovsky ta có

$(x^{2}+y+1)(1+y+z^{2})\geq (x+y+z)^{2}\Rightarrow \frac{1}{x^{2}+y+1}\leq \frac{1+y+z^{2}}{(x+y+z)^{2}}$

tương tự $\frac{1}{y^{2}+z+1}\leq \frac{1+z+x^{2}}{(x+y+z)^{2}}$

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

cộng 3 bất dẳng thức trên ta được 

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

ta chỉ cần cm 

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

$\Leftrightarrow 3+xy+yz+zx+x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq (x+y+z)^{2}$

$\Leftrightarrow 3\leq xy+yz+zx$

do $x+y+z=xy+yz+zx$ và $xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}$

nên $xy+yz+zx\leq \frac{(xy+yz+zx)^{2}}{3}$

$\Rightarrow xy+yz+zx\geq 3$

bài toán dc cm

p/s bài này mình làm rồi hi hi     

Bài 165:

Cho các số thực $a,b,c$ thuộc khoảng $(0;1)$ thoả mãn $abc=(1-a)(1-b)(1-c)$.

Chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2\geq \frac{3}{4}$

 

P/s: Mình thấy bài này cũng khá hay, hình như giống đề thi thử đại học năm nay của tỉnh Vĩnh Phúc thì phải. Mọi người làm thử xem sao nhé!

$abc=(1-a)(1-b)(1-c)\Rightarrow abc=1-(a+b+c)+ab+bc+ca-abc$

$\Rightarrow 2abc=1-(a+b+c)+ab+bc+ca(1)$

Lại có $abc=(1-a)(1-b)(1-c)$ và $a,b,c\epsilon (0,1)$

$\Rightarrow 1=(\frac{1}{a}-1)(\frac{1}{b}-1)(\frac{1}{c}-1)$

áp dụng bdt côsi

$(\frac{1}{a}-1)+(\frac{1}{b}-1)+(\frac{1}{c}-1)\geq 3\sqrt[3]{(\frac{1}{a}-1)(\frac{1}{b}-1)(\frac{1}{c}-1)}$

$(\frac{1}{a}-1)+(\frac{1}{b}-1)+(\frac{1}{c}-1)\geq 3$

$\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 6$

$\Rightarrow ab+bc+ca\geq 6abc$(2)

$(1)(2)\Rightarrow ab+bc+ca\geq 3-3(a+b+c)+3(ab+bc+ca)$

$\Rightarrow 0\geq 3-(a+b+c)+2(ab+bc+ca)$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq (a+b+c)^{2}-3(a+b+c)+3$

$\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq (x+y+z-\frac{3}{2})^{2}+\frac{3}{4}\geq \frac{3}{4}$

suy ra dpcm

164, Cho $a,b,c\geq 0$ thoả mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$

CMR $\frac{2a+c}{1+bc}+\frac{2b+c}{1+ca}+\frac{a+b+c}{1+\sqrt{2}abc}\leq 3\sqrt{2}$

ta cần cm $\frac{2a+c}{1+bc}+\frac{2b+c}{1+ca}\leq 2\sqrt{2}$  và  $\frac{a+b+c}{1+\sqrt{2}abc}\leq \sqrt{2}$

ta có * $\frac{2a+c}{1+bc}\leq \frac{8a+4c}{2\sqrt{2}(a+b+c)}$

TT $\frac{2b+c}{1+ca}\leq \frac{8b+4c}{2\sqrt{2}(a+b+c)}$

cộng theo vế có đpcm

* $\frac{a+b+c}{1+\sqrt{2}abc}\leq 2 \Leftrightarrow a+b+c-2abc\leq \sqrt{2}$

$a+b+c-2abc=a(1-2bc)+(b+c)$

áp dụng bdt bunhiacopxki ta có $a+b+c-2abc=a(1-2bc)+(b+c)\leq \sqrt{[a^{2}+(b+c)^{2}].[(1-2bc)^{2}+1]}=\sqrt{(1+2ab)(2-4ab+4a^{2}b^{2})}$

do đó ta cần cm $\sqrt{(1+2ab)(2-4ab+4a^{2}b^{2})}\leq 2\Leftrightarrow 8a^{3}b^{3}-4a^{2}b^{2}\leq 0\Leftrightarrow ab\leq \frac{1}{2}$

BDT này luôn đúng do $ab\leq \frac{a^{2}+b^{2}}{2}\leq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}=\frac{1}{2}$

suy ra dpcm

162, cho 3 số thực a, b, c thoả mãn $a+b+c\leq 3$

Tìm GTLN của $P=\sum \frac{a+1+a .\sqrt{a^{2}+1}}{\sqrt{a^{2}+1}}$

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

Mà $\frac{a+1}{\sqrt{a^{2}+1}}\leq \sqrt{2}$

$\frac{b+1}{\sqrt{b^{2}+1}}\leq \sqrt{2}$

$\frac{c+1}{\sqrt{c^{2}+1}}\leq \sqrt{2}$

$a+b+c\leq 3$

nên $P\leq 3\sqrt{2}+3$

Dấu = xẩy ra khi $a=b=c=1$

161, Cm BDT $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}\geq \sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}}$

159, Cho a, b, c thoả mãn  $a+b+c=abc$

CM: $a(b^{2}-1)(c^{2}-1)+b(a^{2}-1(c^{2}-1))+c(a^{2}-1)(b^{2}-1)=4abc$

160, Cm với mọi số nguyên x thì 

$A=1985.\frac{x^{3}}{3}+1977.\frac{x^{2}}{2}+5.\frac{x}{6}$ là số nguyên

157, Cho $x,y,z> 0$ thoả mãn $xyz=1$

Tìm GTLN của $M=\frac{1}{1+x^{3}+y^{3}}+\frac{1}{1+y^{3}+z^{3}}+\frac{1}{1+z^{3}+x^{3}}$

158, $CMR$ với $a,b,c> 0$ ta có BDT $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\leq \frac{(a+b+c)^{2}}{6abc}$

144. Cho x + y = 1. Tìm min $\left( 1-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)\left( 1-\frac{1}{{{y}^{2}}} \right)$

 

@Viet Hoang 99: Chú ý STT bài toán.

Ta có $x+y=1$ nên $(x+y)^{2}=1$ và $\frac{1}{xy}\geq \frac{4}{(x+y)^{2}}=4$

$(1-\frac{1}{x^{2}})(1-\frac{1}{y^{2}})=1-(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}})+\frac{1}{x^{2}y^{2}}=1-\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}y^{2}}+\frac{1}{x^{2}y^{2}}=1+\frac{2}{xy}\geq 1+8=9$

149, Cho $A=\frac{x^{4}(y-z)+y^{4}(z-x)+z^{4}(x-y)}{(x+y)^{2}+(y+z)^{2}+(z+x)^{2}}$ trong đó x, y, z là các số nguyên , $x> y> z$.

CMR A là số nguyên dương

146, giải hệ phương trình$\left\{\begin{matrix} \frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{x}}=xy & & \\ x^{2008}+y^{2008}=8. \sqrt{(xy)^{2005}} & & \end{matrix}\right.$

141)

$\frac{1}{8}(\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+2}})= \frac{1}{8}.\frac{\sqrt{k+2}-\sqrt{k}}{\sqrt{k(k+2)}}= \frac{1}{8}.\frac{2}{\sqrt{k(k+1)}.(\sqrt{k}+\sqrt{k+1})}= \frac{1}{4}\frac{1}{\sqrt{k(k+1)}.(\sqrt{k}+\sqrt{k+1})}> \frac{1}{(\sqrt{k}+\sqrt{k+1})^{3}}$

chỗ màu đỏ tại sao