nangcuong8e

áp dụng bđt AM-GM ta có $VT\geq \sum \sqrt{\frac{2x}{y}}$

tiếp tục áp dụng AM-GM 1 lần nữa ta có$\sum \sqrt{\frac{2x}{y}}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{\frac{8xyz}{yxz}}}$=$3\sqrt{2}$

Dòng màu đỏ cần có đk $a,b,c >0$ để nó có nghĩa.

Bài 17 (Azerbaijan Junior Mathematical Olympiad). Với $x,\,y,\,z$ là ba số thực khác $0.$ Chứng minh rằng $$\sqrt {x^2+\frac {1}{y^2}}+ \sqrt {y^2+\frac {1}{z^2}}+ \sqrt {z^2+\frac {1}{x^2}}\geq 3\sqrt {2}. $$

Ta có  $a^3 +b^3+c^3 -3abc =(a+b+c)[\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}] \geq 0 \Leftrightarrow a+b+c \geq 0$
 Mà $\sum \sqrt[6]{x^2 +\frac{1}{y^2}} > 0$ nên $\sum \sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}} \geq 3\sqrt[6]{(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2})}$.

Áp dụng Holder: $(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2}) \geq (\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}})^3$.

$\Leftrightarrow 3\sqrt[6]{(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2})} \geq 3\sqrt{\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}}}$

 Cần chứng minh $3\sqrt{\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}}} \geq 3\sqrt{2}$

hay $\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}} \geq 2$ (điều này đúng theo AM - GM)
 Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=1$ hoặc $x=y=z=-1$

Có: $\frac{3a+4}{a^{2}+1}+2a-\frac{11}{2}=\frac{4a^{3}+11a^{2}-10a+3}{a^{2}+1}\leq 0,\forall a>0,a\in\mathbb{R}$

$\Rightarrow \frac{3a+4}{a^{2}+1}\leq \frac{11}{2}-2a$

Xây dựng các $bđt$ tương tự rồi cộng lại được $\sum \frac{3a+4}{a^{2}+1}\leq \frac{33}{2}-2(\sum a)\leq \frac{33}{2}-6\sqrt[3]{abc}=\frac{21}{2}(Q.E.D)$ 

Có vẻ chỗ màu đỏ sai rồi thì phải bạn, phải là $\frac{4a^3-11a^2+10a-3}{a^2+1} =\frac{(a-1)^2(4a-3)}{a^2+1} \leq 0$ cũng không đúng với mọi $a > 0$
 Cách giải khác: 
Ta có: $\sum \frac{3a+4}{a^2+1} \leq \frac{21}{2}$
$\Leftrightarrow \sum (\frac{9}{2} -\frac{3a+4}{a^2+1}) \geq \frac{27}{2} -\frac{21}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(3a-1)^2}{a^2+1} \geq 6$ $(1)$
 Ta sẽ chứng minh $(1)$ đúng. Thật vậy, $\sum \frac{(3a-1)^2}{a^2+1} \geq \frac{9(a+b+c-1)^2}{a^2+b^2+c^2+3}$

Đến đây ta phải chứng minh $\frac{3(a+b+c-1)^2}{a^2+b^2+c^2+3} \geq 2$
Tương đương với $\sum a^2 +6\sum ab \geq 6\sum a +3$

$\Leftrightarrow (a+b+c)^2-6(a+b+c)+9 +4(ab+bc+ca) \geq 12$
$\Leftrightarrow (a+b+c-3)^2 +4(ab+bc+ca) \geq 12$ (đúng theo AM-GM với $abc=1$)
 Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$

Em ko hỉu chỗ đó anh ơi. Mong anh giải thích rõ chỗ đó dùm em 

sr bạn, mình đã fix

Sáng nay mới thi, up lên cho cô, dì, chú, bác, các anh em vào cùng làm 

Định chụp ảnh cơ mà sợ không thấy rõ, ai có lòng hảo tâm mấy bài dễ cho em xin cái đáp số để so sánh với ạ 

 

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HÓA                                          ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

                                                                                                                    MÔN THI: TOÁN

 

Câu 5 (2.0 điểm ): Cho các số dương a,b,c thỏa mãn $ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}=3$

Chứng minh rằng: $\frac{2a^{5}+3b^{5}}{ab}+\frac{2b^{5}+3c^{5}}{bc}+\frac{2c^{5}+3a^{5}}{ca}\geqslant 15(a^{3}+b^{3}+c^{3}-2)$

 

                                                  -----------------------Hết---------------------------------

Lời giải:
Ta có: $\sum \frac{2a^5+3b^5}{ab} \geq 15(a^3+b^3+c^3-2)$
$\Leftrightarrow \sum \frac{2a^5+3b^5}{ab} -\sum ab^2 \geq 15(\sum a^3 -3 \sum ab^2)$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2(2a^3+4a^b+6ab^2+3b^3)}{ab} \geq 15 \sum (a+2b)(a-b)^2$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^4(2a+3b)}{ab} \geq 0$ (luôn đúng với mọi $a,b,c$ dương)

Vậy: Bất đẳng thức được chứng minh.
 Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$

Nguồn: Facebook

Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa $a^2+b^2+c^2+abc=4$. C/m 
$abc+2 \ge ab+bc+ac \ge abc$

 Mình sẽ chứng minh $abc +2 \geq ab+bc+ca$ trước.
+, Nếu trong 3 số $a,b,c$ tồn tại 2 số bằng $0$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
+, Nếu trong 3 số $a,b,c$ chỉ có 1 số bằng $0$, giả sử là $c$ thì ta đưa về bài toán: Cho $a,b>0$ và $a^2+b^2 =4$. Chứng minh $ab \leq 2$
 Dễ dàng chứng minh được bài toán này.
+, Xét trường hợp $a,b,c >0$ thì ta có:
$a^2+b^2+c^2+abc = 4 \Leftrightarrow \sum \frac{a}{bc} +1 =\frac{4}{abc}$.
 Đặt $\frac{bc}{a} =u$; $\frac{ca}{b} =v$; $\frac{ab}{c} =w$ thì điều kiện bài toán trở thành $\sum \frac{1}{u} +1 = \frac{4}{wvu}$

$\Leftrightarrow wv+vu+uw +wvu =4$
 Do đó tồn tại $w,u,v$ với $w=\frac{2x}{y+z}$;$v=\frac{2y}{z+x}$ ;$u=\frac{2z}{x+y}$

Hay $\frac{bc}{a}=\frac{2x}{y+z}$;$\frac{ca}{b}=\frac{2y}{z+x}$ ;$\frac{ab}{c}=\frac{2z}{x+y}$
$\Rightarrow abc= \frac{bc}{a}.\frac{ab}{c}.\frac{ca}{b} =\frac{8xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$ab = \frac{2x}{y+z}.\sqrt{\frac{4yz}{(z+x)(x+y)}} =4.\frac{x}{y+z}.\sqrt{\frac{yz}{(x+y)(z+x)}}$

$ab = 4.\frac{y}{x+z}.\sqrt{\frac{xz}{(x+y)(z+y)}}$

$ab = 4.\frac{z}{y+x}.\sqrt{\frac{xy}{(x+z)(z+y)}}$
Vậy: Ta sẽ chứng minh $\frac{8xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)} +2 \geq \sum 4.\frac{x}{y+z}.\sqrt{\frac{yz}{(x+y)(z+x)}}$
Tương đương với $4xyz +(x+y)(y+z)(z+x) = 6xyz +\sum xy(x+y) \geq \sum 2x.\sqrt{yz(z+x)(x+y)}$

Điều này đúng vì theo AM-GM thì $\sum 2x.\sqrt{[y(z+x)][z(x+y)]} \leq \sum x[y(z+x) +z(x+y)] = 6xyz +\sum xy(x+y)$
 Bài toán được chứng minh.
Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\sqrt{2};c=0$ và các hoán vị của chúng.

Câu IV (Vòng 2 - Đợt 2): Ta có:

 $(\sum \sqrt[4]{\frac{a}{a+b}})^2 \leq (\sum \sqrt{a+c})(\sum \sqrt{\frac{a}{(a+b)(a+c)}})$

Mà $(\sum \sqrt{a+c})(\sum \sqrt{\frac{a}{(a+b)(a+c)}}) \leq \sqrt{6(a+b+c)}.\sqrt{\frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

 Do đó ta cần chứng minh $\sqrt{\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}} \leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

Tương đương với $8(a+b+c)(ab+bc+ca) \leq 9(a+b)(b+c)(c+a)$ (dễ dàng chứng minh được điều này)
 Vậy BĐT được chứng minh. Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c$ 

            SỞ GIÁO DỤC VÀ TÀO ĐẠO                                              ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

                  TỈNH NINH BÌNH                                                                            NĂM HỌC 2015-2016

                                                                                                                                Môn:TOÁN

   $\boxed{\textrm{ĐỀ THI CHÍNH THỨC}}$                                                                          Ngày thi:02/03/2016

                                                                                                    Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)

                                                                                                              Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang        

 

 

Câu 3 (1,5 điểm).

 

        Cho các số thực không âm $x,y,z$ đôi một khác nhau đồng thời thỏa mãn $(z+x)(z+y)=1$.Chứng minh rằng:

 

$$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(z+x)^2}+\frac{1}{(z+y)^2}\geq 4$$

 

 

 

P/s : Hôm nay mới có thời gian gửi đề lên .Nhận xét về đề :" Đề năm nay dễ hơn nhiều so với năm ngoái.Dự là năm nay lắm điểm cao " .

 

Nguồn đề:Kim Vu

 

                     

Đặt $z+x=a$ và $z+y=b$ thì dễ chứng minh được $a,b >0$ và $ab=1$

 Bây giờ ta phải chứng minh: $A = \frac{1}{(a-b)^2} +\frac{1}{a^2} +\frac{1}{b^2} \geq 4$

Xét $A = \frac{1}{(a-b)^2} +\frac{1}{a^2} +\frac{1}{b^2} =\frac{1}{(a-b)^2} +(a^2+b^2) =\frac{1}{(a-b)^2} +(a-b)^2+2$

$\Rightarrow A \geq 2 +2 =4$ (đpcm)
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow z+x =\frac{1+\sqrt{5}}{2}; z+y = \frac{-1 +\sqrt{5}}{2}$ và hoán vị của chúng

Tiếp tục nào   : 
Bài 18 : Tìm $n$ nguyên dương sao cho $(n-1)! \vdots n$

+, Với $n=1$ thì $(n-1)! =0! =1 \vdots 1$. Do đó $n=1$ là giá trị cần tìm của $n$

+, Với $n \geq 2$ thì ta có 2 trường hợp:

 -, Với $n$ là hợp số thì $n=p_1^{a_1}.p_2^{a_2}...p_n^{a_n}$ ($p_1;p_2;...;p_n \in P$)

Do $n$ là hợp số nên $p_1^{a_1};p_2^{a_2};...;p_n^{a_n} < n$

$\Rightarrow (n-1)! \vdots p_1^{a_1};p_2^{a_2};...;p_n^{a_n}$ mà $p_1;p_2;...;p_n \in P$

nên $(n-1)! \vdots p_1^{a_1}.p_2^{a_2}...p_n^{a_n}$ hay $(n-1)! \vdots n$

 -, Với $n$ nguyên tố thì $(n-1)! +1 \vdots n \Rightarrow (n-1)!$ không chia hết $n$

Tiếp tục nào   : 
Bài 14: Chứng minh rằng :  
f) $F=5^{2n-1}.2^{n+1}+3^{n+1}.2^{2n-1} \vdots 38$ 
 

+, Với $n=1$ thì $F$ trở thành: $F=5^{2.1-1}.2^{1+1}+3^{1+1}.2^{2.1-1} =38 \vdots 38$

 Do đó đề bài đúng với $n=1$

 Giả sử đề bài đúng với $n=k (k \in Z^+)$, tức là $F=5^{2k-1}.2^{k+1}+3^{k+1}.2^{2k-1} \vdots 38$

Ta cần chứng minh đề bài đúng với $n=k+1$, tức là $5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1} \vdots 38$. Thật vậy:

 $5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1} \vdots 38 \Leftrightarrow (5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1}) -(5^{2k-1}.2^{k+1}+3^{k+1}.2^{2k-1}) \vdots 38$

Xét $(5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1}) -(5^{2k-1}.2^{k+1}+3^{k+1}.2^{2k-1})$

$=49.5^{2k-1}.2^{k+1} +11.3^{k+1}.2^{2k-1} =11(5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1}) +38.5^{2k-1}.2^{k+1} \vdots 38$

 Do đó bài toán cũng đúng với $n=k+1$

Vậy: $F=5^{2n-1}.2^{n+1}+3^{n+1}.2^{2n-1} \vdots 38$ với mọi $n$

Tiếp tục nào   : 
Bài 14: Chứng minh rằng :  
c) $n^2+n+2$ không chia hết cho $15$ 
d) $9n^3+9n^2+3n-16$ không chia hết cho $343$  
 

c, +, Với $n \vdots 3$ thì $C= n^2+n+2 \not\equiv 0$ (mod $3$) nên $n^2+n+2 \not\equiv 0$ (mod $15$)

+, Với $n$ không chia hết 3 thì $n^2 \equiv 1$ (mod $3$) $\Rightarrow n^2+2 \vdots 3 \Rightarrow n^2+n+2 \not\equiv 0$(mod $3$)

 Vậy: $C=n^2+n+2$ không chia hết cho 15 với mọi $n$

d,Ta có: $D=9n^3+9n^2+3n-16 =(3n+1)^3-49$

+, Nếu $(3n+1)^3 \vdots 343$ thì $D=(3n+1)^3-49$ không chia hết cho $343$

+, Nếu $(3n+1)^3$ không chia hết $343 \Rightarrow 3n+1$ không chia hết $7$

$\Rightarrow (3n+1)^3-49$ không chia hết cho $7 \Rightarrow D$ không chia hết cho $343$

 Vậy: $D=9n^3+9n^2+3n-16$ không chia hết cho $343$ mọi $n$

Tiếp tục nào   : 
Bài 14: Chứng minh rằng : 
a) $n^{12}-n^8-n^4+1 \vdots 512$ với $n$ lẻ 
 

Ta có: $n^{12}-n^8-n^4+1 = (n^2-1)^2.(n^2+1)^2(n^4+1)=(n-1)^2(n+1)^2(n^2+1)^2(n^4+1)$

 Dễ dàng chứng minh $(n-1)^2(n+1)^2 \vdots 64$ với $n=4k \pm 1(k \in Z^+)$ (do $n$ lẻ)

đồng thời cũng chứng minh được $(n^2+1)^2(n^4+1) \vdots 8$ với $n$ lẻ nên $(n-1)^2(n+1)^2(n^2+1)^2(n^4+1) \vdots 512$

Hay $n^{12}-n^8-n^4+1 \vdots 512$

BÀI 123:(mở file)

2, GIải phương trình: $\sqrt{x-1} +(x-3) =\sqrt{2(x-3)^2+2x-2}$ (Đkxđ: $x \geq 3$)

 Ta luôn có: $\sqrt{x-1} +(x-3) =\sqrt{x-1} +\sqrt{(x-3)^2} \leq \sqrt{2[(x-3)^2+(x-1)]}$

Dấu $"="$ xảy ra khi $x \in {5;2}$

 Vậy: Phương trình có 1 nghiệm $x=5$

Bài 124: Giải phương trình: $(\sqrt{x+3} -\sqrt{x})(\sqrt{1-x} +1) =1$

Bài 125: Cho $x,y$ thực dương. Tìm min của $P =\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}} +\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+(x+y)^3}}$

 

BÀI 117:    CM: n⁸-n⁶-n⁴+n² $\vdots 5760 \forall n\in \mathbb{N}$ và n lẻ

Ta có: $A =n^8-n^6-n^4+n^2 =[(n-1)n(n+1)]^2(x^2+1)$

 Chứng minh $A \vdots 2^7$ ; $A \vdots 3^2$ và $A \vdots 5$ với điều kiện $n$ lẻ ta được điều phải chứng minh.

Bài 107: Cho $a,b,c$ thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:

$\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)} \geq abc +\sqrt[3]{(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)}$

Bài 108: Với kí hiệu $[a]$ là phần nguyên của số thực $a$ thì chứng minh rằng, với mọi $n \in N$ thì $[(2+\sqrt{3})^n]$ là một số lẻ