lehakhiem212

Đặt $M=\sum \frac{a}{\sqrt{a+b}},N=a+b+c$

Áp dụng BĐT $Holder:$

$$M^2.2N\geq N^3\Leftrightarrow 2M^2\geq N^2$$

Mặt khác ta lại có:
$$N^2\geq 3(ab+bc+ca)\geq9\Rightarrow N\geq 3\Rightarrow M\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$$

Vậy $\min \sum \frac{a}{\sqrt{a+b}}=\frac{3}{\sqrt{2}}$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1.\blacksquare $

hình như đoạn dùng BĐT Holder có vấn đề. $\sqrt[3]{a^{2}}\neq a$

Khai mạc kỳ thi là ngày 7/6. Cái kết quả này là kết quả $chưa$ phúc khảo. Đang hóng kết quả chính thức 22/6.

ô có kết quả sớm vậy à, mình cũng thi trong hai ngày 7,8 nè! nghe nói là chấm xong rồi nhưng chưa công bố.(đang rất hi vọng vì đề toán chuyên chỉ bí có một câu 1đ)

có ai giúp em câu 5b không

Mình hơi thắc mắc bài 3b , mình cũng giải như I LOVE MC nhưng ra khỏi phòng nghe mấy đứa nói mới bật ngửa : 1 cũng là số chính phương 

mới thi hồi chiều, cầm tờ đề mà toát mồ hôi hột

Bài 3:

Áp dụng AM-GM

$a^{2}+a^{2}+a^{5}\geq 3.\sqrt[3]{a^{9}}=3.a^{3}$

Xây dựng thêm hai cái cộng vào.

$\frac{2(a^{5}+b^{5}+c^{5}+a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}\geq \frac{3.(a^{3}+b^{3}+c^{3})+a^{5}+b^{5}+c^{5}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}=3+\frac{a^{5}+b^{5}+c^{5}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}$

Mặt khác ta luôn có bđt sau với a,b,c>0,$3.(a^{5}+b^{5}+c^{5})\geq (a^{3}+b^{3}+c^{3})(a^{2}+b^{2}+c^{2})$(có thể chứng minh bằng tương đương)

=>$\frac{2(a^{5}+b^{5}+c^{5}+a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}$+3

Đối chiếu với điều cần chứng minh, ta cần chứng minh

$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}+\frac{9}{(a+b+c)^{2}}\geq 2$

Ta có:

$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}+\frac{9}{(a+b+c)^{2}}=\frac{3.(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{9}+\frac{9}{(a+b+c)^{2}}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{9}+\frac{9}{(a+b+c)^{2}}\geq 2$

=>đpcm

Bài 1

Từ giả thiết: $729=a^{5}+b^{5}+c^{5}\geq 3.\sqrt[3]{a^{5}b^{5}c^{5}}$

=>$abc\leq 27$

Mà Q=$\frac{a^{7}+b^{7}+c^{7}}{abc}$

Do đó cần cm $a^{7}+b^{7}+c^{7}\geq 6561$

Áp dụng bđt AM-GM:

$a^{7}+a^{7}+a^{7}+a^{7}+a^{7}+3^{7}+3^{7}\geq 7.\sqrt[7]{a^{35}.3^{7}.3^{7}}=63.a^{5}$

Xây dựng thêm hai bđt nữa cộng lại thu gọn ta có đpcm

Vẽ tiếp tuyến tại Ax của đtròn tâm O. Cần cm DE// Ax(x gần B)

Ta có:

góc xAE=góc ACB (chắn cungAB)

góc AED=góc ACB(BCDE nội tiếp)

=>góc xAE=góc AED

=>đpcm

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\frac{4.x^{2}.y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}+\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{x^{2}y^{2}}\geq 5$

Ta có:

$\frac{4.x^{2}.y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}+\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{x^{2}y^{2}}$=$(\frac{4.x^{2}.y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}+\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{4.x^{2}y^{2}})+\frac{3.(x^{2}+y^{2})^{2}}{4.x^{2}y^{2}}\geq 2+\frac{3.(2xy)^{2}}{4.x^{2}.y^{2}}=2+3=5$

Dấu = xr khi x=y

1.

Áp dụng cauchy - schwarz

A$\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+b+c)}=\frac{3}{2}$

Dấu = khi a=b=c=1

Ta có: S= $a^{3}b^{6}+b^{3}a^{6}=a^{3}b^{3}(a+b)(a^{2}-ab+b^{2})=2.ab.ab.ab.(a^{2}-ab+b^{2})\leq 2.\frac{(a^{2}-ab+b^{2}+ab+ab+ab)^{4}}{4^{4}}=2.\frac{(a+b)^{8}}{4^{4}}=2$

Ta có 

góc MBC=góc MEC= góc MAC+góc ACF=góc DBC+góc ACF

=>góc ACF=góc MBC-góc DBC=góc MBD=góc BAD

=>cung BD=cung AF

=>BF//AM

Cho x,y,z>0, thỏa x+y+z=3

Chứng minh rằng:

$\frac{2x^{2}+y^{2}+z^{2}}{4-yz}+\frac{2y^{2}+z^{2}+x^{2}}{4-zx}+\frac{2z^{2}+x^{2}+y^{2}}{4-xy}\geq 4xyz$

Ta có: $MA^{2}=MC.MD$ ( phương tích)

$MA^{2}=MH.MO$ ( hệ thức lượng )

=>MC.MD=MH.MO

=>CHOD nội tiếp

Bài 3

Áp dụng bđt dạng $(a+b)^{2}\geq 4ab$

$1^{2}\doteq (x+y+z)^{2}\geq 4.x.(y+z)$

=>$(y+z)\geq 4.x.(y+z)^{2}\geq 4.x.4yz=16xyz$

=>A$\leq x+y+z=1$

Dấu = khi $x=\frac{1}{2},y=z=\frac{1}{4}$