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.


tritanngo99

Đăng ký: 06-04-2015
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 20:07
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Toán thcs -bđt

12-11-2020 - 07:30

Cho các số a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3 .Tìm max của a^4+b^4+c^4-3abc
Các anh giúp em với :((

Đề bài có lẻ là phải thêm dữ kiện là $a,b,c\ge 0$ thì mới tồn tại giá trị max.

Vì: Giả sử đối với bài này ta cho $a=b=t( t \rightarrow 0),c=3-2t$ thì biểu thức $P=a^4+b^4+c^4-3abc\rightarrow 81$. 


Trong chủ đề: Tìm giá trị lớn nhất của P= 5a+4b+c

11-11-2020 - 06:33

Cho a, b, c là các số thức $\geq 1$ và $ab+bc+ca=4$. Tìm giá trị lớn nhất của $P=5a+4b+c$. 

Nhờ mọi người giải giúp, em xin cảm ơn!

Ta có: $ab+bc+ca=4\implies c=\frac{4-ab}{a+b}$. Khi đó $P=5a+4b+\frac{4-ab}{a+b}$

Theo đề: $c\ge 1\implies \frac{4-ab}{a+b}\ge 1\iff 4-ab\ge a+b\ge 2\sqrt{ab}$ (Áp dụng bất đẳng thức Cô-si)

$\implies 4-ab\ge 2\sqrt{ab}\iff ab+2\sqrt{ab}-4\le 0\iff (\sqrt{ab}+1)^2\le 5\iff \sqrt{ab}+1\le \sqrt{5}$

$\iff \sqrt{ab}\le \sqrt{5}-1$

$\implies ab\le (\sqrt{5}-1)^2\iff ab\le 6-2\sqrt{5}(1)$

$(1)\implies b\le \frac{6-2\sqrt{5}}{a}\le 6-2\sqrt{5}$ (do $a\ge 1$). 

và cũng $(1)\implies a\le \frac{6-2\sqrt{5}}{b}\le 6-2\sqrt{5}$ (do $b\ge 1$).

Đặt $A=6-2\sqrt{5}>1$

$\blacksquare$ Tìm giá trị nhỏ nhất.

Đặt $f(a)=P=5a+4b+\frac{4-ab}{a+b}$.

$\implies f'(a)=5+\frac{-b(a+b)-(4-ab)}{(a+b)^2}=5+\frac{-b^2-4}{(a+b)^2}=\frac{5(a+b)^2-4-b^2}{(a+b)^2}=\frac{5a^2+10ab+4b^2-4}{(a+b)^2}>0$ (Vì $a\ge 1,b\ge 1$)

$\implies f(a)$ đồng biến trên $(1;+\infty)$

Do $a\ge 1$ nên $f(a)\ge f(1)=5+4b+\frac{4-b}{b+1}$

Đặt $g(b)=f(1)=5+4b+\frac{4-b}{b+1}$

$\implies g'(b)=4+\frac{-(b+1)-(4-b)}{(b+1)^2}=4+\frac{-5}{(b+1)^2}=\frac{4(b+1)^2-5}{(b+1)^2}=\frac{4b^2+8b-1}{(b+1)^2}>0$ (Do $b\ge 1$)

$\implies g(b)$ đồng biến trên $(1;+\infty)$

Do $b\ge 1$ nên $g(b)\ge g(1)=5+4+\frac{4-1}{1+1}=9+\frac{3}{2}=\frac{21}{2}$.

Suy ra $P=f(a)\ge f(1)=g(b)\ge g(1)=\frac{21}{2}$.

Vậy $P_{min}=\frac{21}{2}$

Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=1;c=\frac{4-ab}{a+b}=\frac{3}{2}$.

 

$\blacksquare$ Tìm giá trị lớn nhất. (Continued ..)


Trong chủ đề: Tính:$\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}...

21-09-2020 - 07:28

Tính:$\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}+\sqrt{4-\sqrt{15}}+\sqrt{10}}{\sqrt{23-3\sqrt{5}}}$

Ta có: $\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}+\sqrt{4-\sqrt{15}}+\sqrt{10}}{\sqrt{23-3\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{2}(\sqrt{2-\sqrt{3}}+\sqrt{4-\sqrt{15}}+\sqrt{10})}{\sqrt{2}(\sqrt{23-3\sqrt{5}})}=\frac{\sqrt{4-2\sqrt{3}}+\sqrt{8-2\sqrt{15}}+\sqrt{20}}{\sqrt{46-6\sqrt{5}}}=\frac{(\sqrt{3}-1)+(\sqrt{5}-\sqrt{3})+2\sqrt{5}}{3\sqrt{5}-1}=\frac{3\sqrt{5}-1}{3\sqrt{5}-1}=1$.

 

(Do :
+ $\sqrt{4-2\sqrt{3}}=\sqrt{(\sqrt{3}-1)^2}=|\sqrt{3}-1|=\sqrt{3}-1$;

+ $\sqrt{8-2\sqrt{15}}=\sqrt{(\sqrt{5}-\sqrt{3})^2}=|\sqrt{5}-\sqrt{3}|=\sqrt{5}-\sqrt{3}$ ;

+ $\sqrt{46-6\sqrt{5}}=\sqrt{(3\sqrt{5}-1)^2}=|3\sqrt{5}-1|=3\sqrt{5}-1$)


Trong chủ đề: So sánh $\sqrt{6}-1$ và $\sqrt{5}$

18-09-2020 - 20:35

So sánh $\sqrt{6}-1$ và $\sqrt{5}$

Đặt $A=\sqrt{6};B=\sqrt{5}+1$.

Ta có: $A^2 = 6$ và $B^2=6+2\sqrt{5}$.

$\implies A^2<B^2\implies A<B $(do $A,B>0$).

$\implies A-B<0\iff \sqrt{6}-\sqrt{5}-1<0\iff \sqrt{6}-1<\sqrt{5}$.

Vậy $\sqrt{6}-1<\sqrt{5}$


Trong chủ đề: [TOPIC] Mỗi ngày hai bài toán tổ hợp

03-09-2020 - 21:17

Xin lỗi các bạn vì sự chậm trễ này.

Lời giải bài 17: Đây chính là định lý Kelli trong không gian hai chiều.

Chứng minh: Ta chứng minh bằng quy nạp theo số $n$ các hình lồi.

1. Xét $n=4$

Gọi $F_1,F_2,F_3,F_4$ là bốn hình lồi có tính chất là giao của ba hình bất kì trong chúng là khác rỗng. Vì $F_2\cap F_3\cap F_4 \ne \emptyset $ nên tồn tại $A_1\in F_2\cap F_3\cap F_4$. Tương tự tồn tại $A_2\in F_1\cap F_3\cap F_4;A_3\in F_1\cap F_2\cap F_4; A_4\in F_1\cap F_2\cap F_3$.

Chỉ có hai khả năng xảy ra:

a) Nếu $4$ điểm $A_1,A_2,A_3,A_4$ không hoàn toàn khác nhau. Khi đó không giảm tính tổng quát ta cho là $A_1\equiv A_2$. Từ đó suy ra:

$A_1\in F_1\cap F_2\cap F_3\cap F_4$. Nên $F_1\cap F_2\cap F_3\cap F_4\ne \emptyset$.

b) $A_1,A_2,A_3,A_4$ là $4$ điểm phân biệt, khi đó lại có hai khả năng xảy ra:

b1) Bao lồi của $A_1,A_2,A_3,A_4$ chính là tứ giác lồi $A_1A_3A_2A_4$

Giả sử $O$ là giao của hai đường chéo $A_1A_2$ và $A_3A_4$

Do $A_1\in F_2\cap F_3\cap F_4$ nên $A_1\in F_3$; $A_2\in F_1\cap F_3\cap F_4$ nên $A_1\in F_3$.

Vì $F_3$ lồi mà $A_1\in F_3,A_2\in F_3$ nên $[A_1,A_2]\in F_3$.

nên $O\in F_3$.

Lập luận hoàn toàn tương tự ta suy ra $O\in F_1,O\in F_2,O\in F_4$.

Điều đó có nghĩa là $F_1\cap F_2\cap F_3\cap F_4=\emptyset$

b2) Bao lồi của chúng là tam giác chứa điểm bên trong. Không giảm tổng quát ta có thể cho là $\triangle{A_1A_2A_3}$ chứa $A_4$

... Còn nữa...

Lời giải bài 18: Xét tập $A=\left\{1;3;6;9;13;17\right\}\subset X$

Ta thấy với mọi $a_i,a_j\in A$ thì phương trình $a_i-a_j=k$ có ít hơn $k$ nghiệm. Suy ra $n\ge 7$.

Ta chứng minh $n=7$ thỏa mãn.

Xét $A=\left\{1\le a_1<a_2<...<a_7\le 17\right\}$ là tập con bất kì của tập $X$. Giả sử phương trình $a_i-a_j$ có ít hơn $k$ nghiệm. Suy ra không có cặp $(a_i;a_j)$ để $a_i-a_j=1$, có nhiều nhất một cặp $(a_i;a_j)$ thỏa mãn $a_i-a_j=2$, có nhiều nhất hai cặp $(a_i;a_j)$ thỏa mãn $a_i-a_j=3$ và có nhiều nhất $3$ cặp $(a_i;a_j)$ thỏa mãn $a_i-a_j=4$.

Khi đó: $a_7-a_1=\sum\limits_{i=1}^{6}(a_{i+1}-a_i)\ge 2+2.3+3.4=20$.

Điều này vô lý, do $a_7\le 17$.

Vậy $n_{min}=17$