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.


royal1534

Đăng ký: 09-07-2015
Offline Đăng nhập: 20-10-2020 - 02:30
****-

#657719 Cần xử lí thành viên này.

Gửi bởi royal1534 trong 13-10-2016 - 08:33

BQT ban thành viên "duc113" dùm em.
Lý do: spam trong box đại số THCS


#657584 $\left | \sum \frac{a^3-b^3}{a+b}...

Gửi bởi royal1534 trong 12-10-2016 - 01:42

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng $\left | \frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a} \right |\leq \frac{1}{4}((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)$

Gợi ý : Vì BĐT trên đối xứng. Giả sử $a \geq b \geq c \geq 0$.

Sử dụng BĐT phụ sau: $\frac{a^2+ab+b^2}{a+b} \leq a+\frac{b}{2}$ Ta có đpcm.




#657581 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi royal1534 trong 12-10-2016 - 01:13

Tiếp theo: 

Bài 89: Cho $x,y,z$ là ba số thực dương có tổng bằng 3. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=3(x^2+y^2+z^2)-2xyz$.Lâu rồi không vào topic của anh :D 

Lâu rồi không vào topic ủng hộ anh :D

-------

Áp dụng bđt AM-GM ta có: $VT \geq (x+y+z)^2-\frac{2(x+y+z)^3}{27}=7$

Vậy $MinP=7$. Dấu '=' xảy ra khi $x=y=z=1$

 

P/s: Sai đề chăng :D. Nếu đổi thành $+2xyz$ thì hay hơn  :icon6: 




#656763 Chứng minh $(DBC)$ tiếp xúc $(AMN)$

Gửi bởi royal1534 trong 05-10-2016 - 13:41

Bài toán: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. M là trung điểm BC, $I$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$, $(I,IM)$ cắt $AC$ và $AB$ tại $M,N$. Phân giác $\widehat{ABC}$ cắt $(ANM)$ tại $D$. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp $\Delta DBC$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp $\Delta AMN$




#654123 Thăm dò ý kiến về việc thi trắc nghiệm môn toán

Gửi bởi royal1534 trong 14-09-2016 - 12:02

Không hiểu Bộ nghĩ cái gì mà cho Toán thi trắc nghiệm nữa. Ngay cả nhiều học sinh,chuyên gia và cả hội toán học phản đối mà vẫn làm thì đúng là giáo dục kiểu bảo thủ thật ._.

P/s: Lớp 10 mà lo quá 




#653065 $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABE$.

Gửi bởi royal1534 trong 06-09-2016 - 21:35

Bài toán: Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có $H,M$ lần lượt là trung điểm của $BC,AC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCM$ cắt đoạn $AH$ tại $D$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ cắt đoạn $BM$ tại $K$. Gọi $I$ là giao điểm của $AK$ và $BD$, $E$ là giao điểm của $CI$ với $BM$. Chứng minh:
1.Tam giác $AKC$ vuông.
2.$I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABE$.




#652315 Topic về phương trình và hệ phương trình

Gửi bởi royal1534 trong 01-09-2016 - 23:28

 

Bài 500: $\left\{\begin{matrix} &(x-2y)\left ( 3x+8y+4\sqrt{x^{2}-4xy+4y^{2}-16} \right )=-6 \\ &(y-4x)\left ( 3y+2x+2\sqrt{x^{2}-4xy+4y^{2}-16} \right )=-10 \end{matrix}\right.$

Bài đã có lời giải ở đây. Nhìn lời giải khủng thật ~.~




#651365 BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ

Gửi bởi royal1534 trong 26-08-2016 - 18:06

Bài 15: Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn: $xy+yz+zx=1$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{y^2+z^2}+\frac{1}{z^2+x^2}+\frac{5}{2}(x+1)(y+1)(z+1)$.

 

Ta có bổ đề sau:

Với $x,y,z>0. Thì \sum \frac{1}{x^2+y^2} \geq \frac{10}{(x+y+z)^2}$

-----

Áp dụng bổ đề ta có:

$VT \geq \frac{10}{(x+y+z)^2}+\frac{5}{2}(x+1)(y+1)(z+1)$ $=\frac{10}{(x+y+z)^2}+\frac{5}{2}(xyz+\sum x+\sum xy+1) $$\geq \frac{10}{(x+y+z)^2}+\frac{5}{2}(\sum x+2)$ (Vì $xyz \geq 0, xy+yz+zx=1$)

Đặt $x+y+z=p (p>0)$

Ta có $VT \geq \frac{10}{p^2}+\frac{5}{2}(p+2)=\frac{10}{p^2}+\frac{5}{4}p+\frac{5}{4}p+5 \geq 3\sqrt[3]{\frac{10.5.5.p^2}{4.4.p}}+5=\frac{5}{2}+5=\frac{25}{2}$

Dấu '=' xảy ra khi $x=y=1,z=0$

-------

P/s : 1, Chứng minh bổ đề trên có thể xem tại đây http://www.artofprob...1122010p5166529

       2, Em nghỉ để duy trì tính thẩm mĩ topic thì anh nên đăng l lần 2-3 bài ạ. :D




#651306 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi royal1534 trong 25-08-2016 - 23:53

Bài 38: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{ab+bc+ca}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\ge 8(a^2+b^2+c^2)$.

Hình như đề phải là $a,b,c \geq 0$ anh nhỉ ...

Đổi biến $(a+b+c,abc,ab+bc+ca)=(p,r,q)$

Ta có đánh giá: $q^2 \geq 3pr=3r>2r \rightarrow q^2-2r>0$

Với $p=1$. BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\frac{q}{q^2-2r} \geq 8(1-2q)$

$\Leftrightarrow 16r+\frac{q(4q-1)^2}{1-2q} \geq 0$ (Đúng vì $q \leq \frac{p^2}{3}=\frac{1}{3}<\frac{1}{2}$)

Ta có đpcm. Dấu '=' xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2},c=0$




#650298 $\fbox{Đề thi học sinh giỏi toán 10 Trường PTTH chuyên Khoa họ...

Gửi bởi royal1534 trong 19-08-2016 - 00:09

 

Bài 3: Cho $x,y,z >0, x+y+z=xyz$. Chứng minh rằng

$\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+z^2}+\sqrt{z^2+x^2}+3\sqrt{6}\leq \sqrt{8}xyz$

 

Nhắm làm được mỗi bài này :D.

----------------

Lời giải:

Giả thiết đã cho $\Leftrightarrow \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} \leq 1 $

Đổi biến $(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})=(a,b,c) $

$\Rightarrow ab+bc+ca=1$

BĐT cần chứng minh được viết lại thành:

$c\sqrt{a^2+b^2}+b\sqrt{c^2+a^2}+a\sqrt{b^2+c^2}+3\sqrt{6}abc \leq \sqrt{8}$

Từ giả thiết ta có

$1 \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$

$\Leftrightarrow abc \leq \frac{1}{3\sqrt{3}}$

Sử dụng bđt trên ta có: $(c\sqrt{2ab}+b\sqrt{2ac}+a\sqrt{2bc}) \geq 3\sqrt[3]{2\sqrt{2}a^2b^2c^2} \geq 3\sqrt{6}abc$

Suy ra $VT \leq c(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{2ab})+b(\sqrt{c^2+a^2}+\sqrt{2ca})+a(\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{2bc}) \leq \sum c\sqrt{2(a^2+b^2+2ab)}=\sum \sqrt{2} c(a+b)=2\sqrt{2}$

Ta có điều phải chứng minh. Dấu '=' xảy ra khi $x=y=z=\sqrt{3}$




#650250 CMR tồn tại vô hạn số tự nhiên N để $(4n^2+1)\vdots 5$ hoặc...

Gửi bởi royal1534 trong 18-08-2016 - 18:32

 

2. Tồn tại hay không số tự nhiên n mà $n^2 + n + 1 \vdots 1995$

 

 

Ta có $n^3-1=(n-1)(n^2+n+1) \vdots 1995$

$\Rightarrow n^3=1$ (mod $1995$)

$\Rightarrow n^3=1$ (mod $5$) $\rightarrow n^4 \equiv n$ (mod $5$)  (1)

-Xét $5 \mid n$. Lúc đó ta có $n^2+n+1$ không chia hết cho 5 (Loại)

-Xét $(5,n)=1$. Theo định lý Fermat nhỏ ta có: $n^4 \equiv 1 (mod 5)$ (2)

Từ (1)(2) $\Rightarrow n \equiv 1$ (mod 5)

Lúc đó ta lại có $n^2+n+1 \equiv 3$ (mod 5) (Loại)

Vậy không tồn tại số tự nhiên $n$ thỏa đề bài 




#650090 $2\sqrt{x}+\frac{32}{(2\sqrt...

Gửi bởi royal1534 trong 17-08-2016 - 18:32

Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} 2\sqrt{x}+\frac{32}{(2\sqrt{y-3}+3)^2}=5\\\sqrt{\sqrt{x}(2\sqrt{x}+\sqrt{y-3}+1)}+\sqrt{(\sqrt{y-3}+1)(\sqrt{x}+2\sqrt{y-3}+2)}=\sqrt{6(x+(\sqrt{y-3}+1)^2)}  \end{matrix}\right.$

Đặt: $\sqrt{x}=a, \sqrt{y-3}+1=b$ ($a \geq 0, b \geq 1$)

 

$$PT(2) \Leftrightarrow \sqrt{2a^2+ab}+\sqrt{2b^2+ab}=6\sqrt{a^2+b^2}$$

 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

 

$$VT \leq \sqrt{2(2a^2+ab)+2(b^2+ab)}=\sqrt{4(a^2+b^2)+4ab} \leq \sqrt{6(a^2+b^2)}=VP$$

 

Dấu $'='$ xảy ra khi $a=b$

 

Viết lại PT(1) ta có: $$2a+\frac{32}{(2b+1)^2}=5$$

 

$$\Leftrightarrow 2a+\frac{32}{(2a+1)^2}=5$$

 

$$\Leftrightarrow 2a(2a+1)^2+32-5(2a+1)^2=0$$

 

$$\Leftrightarrow (2a-3)^2(2a+3)=0$$

 

$$\Leftrightarrow a=\frac{3}{2} ( a \geq 0)$$

 

$$\Leftrightarrow \sqrt{x}=\frac{3}{2} \Leftrightarrow x=\frac{9}{4}$$

 

Ta có $$b=a=\frac{3}{2} \Leftrightarrow \sqrt{y-3}+1=\frac{3}{2} \Leftrightarrow y=\frac{13}{4}$$

 

Vậy $(x,y)=(\frac{9}{4},\frac{13}{4})$




#649869 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi royal1534 trong 16-08-2016 - 13:12

Hai bài: Bài 17Bài 18 mọi người đã giải quá chuẩn rồi, nên mình đề xuất hai bài tiếp theo như sau:

Bài 19:Cho $x,y,z>0$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2+1}}-\sqrt[3]{\frac{3}{x+y+z}(\frac{x^3}{xy+2yz}+\frac{y^3}{yz+2xz}+\frac{z^3}{xz+2xy})}-\frac{2}{(1+x)(1+y)(1+z)}\le \frac{-3}{4}$.

 

Chém nốt :P.

-------

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:

 

$\sum \frac{x^3}{xy+2yz} \geq \frac{(x+y+z)^3}{3\sum (xy+2yz)}=\frac{(x+y+z)^3}{9(xy+yz+zx)}$

 

$\Rightarrow \frac{3}{x+y+z}.\sum \frac{x^3}{xy+2yz} \geq \frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)} \geq 1$

 

Suy ra: $-\sqrt[3]{\frac{3}{x+y+z}.\sum \frac{x^3}{xy+2yz}} \leq -1 $

 

Công việc còn lại ta chỉ cần chứng minh: 

 

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

 

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có: 

 

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

 

Vậy ta cần chứng minh: $\frac{2}{x+y+z+1}-\frac{2}{(1+x)(1+y)(1+z)} \leq \frac{1}{4}$

 

Đặt $x+1=a, y+1=b, z+1=c$  Vì $x,y,z>0$ suy ra $abc >1$

 

Viết lại bđt cần chứng minh thành:

 

$\frac{2}{a+b+c-2}-\frac{2}{abc} \leq \frac{1}{4}$

 

$\leftrightarrow \frac{1}{a+b+c-2}-\frac{1}{abc} \leq \frac{1}{8}$

 

Quy đồng và biến đổi tương đương. BĐT trên tương đương với:

 

$10abc-8(a+b+c)-abc(a+b+c)+16 \leq 0 $

 

Đổi biến $(abc,a+b+c)=(r,p)$ $(r>1)$

 

Ta cần chứng minh $10r-8p-pr+16 \leq 0 \leftrightarrow 8p+pr-10r-16 \geq 0$

 

Chú ý theo bất đẳng thức AM-GM thì $p \geq 3\sqrt[3]{r}$

 

Tiếp tục đặt $\sqrt[3]{r}=t$ $(t>1)$

 

Thì ta cần chứng minh $24t+3t^4-10t^3-16 \geq 0$

 

$\leftrightarrow (t-2)^2(3t^2+2t-4) \geq 0$: Đúng vì $t > 1$

 

Chứng minh hoàn tất. Dấu '=' xảy ra khi $x=y=z=1$




#649770 Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

Gửi bởi royal1534 trong 15-08-2016 - 17:45

Lời giải bài 15bài 16 giống hoàn toàn lời giải bài bạn nguyenhongsonk612tpdtthltvp nên mình đề xuất hai bài tiếp theo như sau:

Bài 17: Cho các số thực $x,y,z$ thay đổi thỏa mãn: $x^2+y^2+z^2=1$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=(xy+yz+2zx)^2-\frac{8}{(x+y+z)^2-xy-yz+2}$

Bài 18: Cho $x,y,z$ là ba số thực thỏa mãn: $2x+3y+z=40$. Tìm GTNN của biểu thức:

$S=2\sqrt{x^2+1}+3\sqrt{y^2+16}+\sqrt{z^2+36}$ 

Thấy mọi người giải nhanh quá nên không kịp giải :D

--------

Bài 17:

Sử dụng giả thiết $x^2+y^2+z^2=1$. Ta viết lại $P=(xy+yz+2zx)^2-\frac{8}{(x+y+z)^2-xy-yz+2}=(xy+yz+2zx)^2-\frac{8}{3+xy+yz+2zx}$

Bây giờ ta chỉ cần tìm Min của $xy+yz+2zx$ là bài toán được giải quyết

Hiển nhiên ta có:

-$(x+y+z)^2 \geq 0$

-$2zx \geq -(x^2+z^2)=-(1-y^2)=y^2-1$

$\Rightarrow 2xy+2yz+4zx+1 \geq y^2-1$

$\Leftrightarrow 2xy+2yz+4zx \geq y^2-2 \geq -2$

$\Leftrightarrow xy+yz+2zx \geq -1$

------

Dự đoán $MinP=(-3)$ ta đi chứng minh 

 $P=(xy+yz+2zx)^2-\frac{8}{3+xy+yz+2zx} \geq -3$

$\Leftrightarrow t^2-\frac{8}{3+t} \geq -3$ (Với $t =xy+yz+2zx \geq -1$)

$\Leftrightarrow (t+1)^3 \geq 0$: Đúng vì $t \geq -1$

Dấu '=' xảy ra khi bộ $(x,y,z)$ thõa: $x=-z,y=0,x^2+y^2+z^2=1$




#648603 Chứng minh $S_{k}$ đồng dư $0$ (mod $p...

Gửi bởi royal1534 trong 08-08-2016 - 18:39

Giả sử $p$ là số nguyên tổ lẻ. $S_{k}$ là tổng các tích gồm $k$ số phân biệt lấy từ tập {$1,2,....,p-1$}

Chứng minh $S_{k}$ đồng dư $0$ (mod $p$) với $2 \leq k \leq p-2$