Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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.


cristianoronaldo

Đăng ký: 02-05-2016
Offline Đăng nhập: 26-03-2019 - 20:23
****-

#718254 Cmr:$\dfrac{a}{ka+b+c}+\frac{b}...

Gửi bởi cristianoronaldo trong 08-12-2018 - 21:13

$\boxed{\text{ Bài toán:}}$

Cho $\textit{a,b,c}$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng với $k\geqslant 0$, ta luôn có:
$$\displaystyle \sum_{cyc} \dfrac{a}{ka+b+c}\geqslant \frac{1}{\left ( k+1 \right )\left ( k+2 \right )}\left [ 7-k+\dfrac{12\left ( k-1 \right )\left ( ab+bc+ca \right )}{\left ( a+b+c \right )^2}+M \right ]$$

trong đó

$$M=\frac{4\left ( k-1 \right )^2\left ( 3k+5 \right )\left ( a-b \right )^2\left ( b-c \right )^2\left ( c-a \right )^2}{\left ( ka+b+c \right )\left ( kb+c+a \right )\left ( kc+a+b \right )\left ( a+b+c \right )^3}$$

$\textit{Proposed by cristianoronaldo}$

 

 

 

 

 

 

 




#712164 $$\sqrt[3]{abc} \le M \le \frac{...

Gửi bởi cristianoronaldo trong 08-07-2018 - 17:52

Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$ và 2 số thực $\alpha,\beta \ge 1$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt[3]{abc} \le \sqrt[6]{\frac{[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}} \le \frac{a+b+c}{3}$$.

Ta có:

$$\sqrt[6]{\frac{[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}}=\sqrt[6]{\frac{[\sum a^2b^2+2\alpha abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}}$$

$\geqslant \sqrt[6]{\frac{\left ( 1+2\alpha  \right )abc\left ( \sum a \right )\left ( 1+2\beta  \right )\sum ab}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}}=\sqrt[6]{\frac{abc\sum a\sum bc}{9}}\geqslant \sqrt[3]{abc}$

Mặt khác, ta có:

$[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)\leqslant \left [ 1+2\left ( \alpha -1 \right )\frac{\left ( \sum ab \right )^2}{3} \right ]\left [ \left ( \sum a \right )^2+2\left ( \beta -1 \right ) \right ]$

$\leqslant \frac{1}{9}\left ( 2\alpha +1 \right )\left ( 2\beta +1 \right )\left ( \sum a \right )^2\leq \frac{1}{81}\left ( 2\alpha +1 \right )\left ( 2\beta +1 \right )\left ( \sum a \right )^6$

$\Rightarrow \sqrt[6]{\frac{[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}} \le \frac{a+b+c}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{\dfrac{1}{3}}$.




#703154 Cmr $\sum \frac{x^2}{2z^3+y}\geqslant...

Gửi bởi cristianoronaldo trong 09-03-2018 - 19:17

$\boxed{\text{Bài toán}}$ ( Proposed by cristianoronaldo)

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:

$$\frac{x^2}{2z^3+y}+\frac{y^2}{2x^3+z}+\frac{z^2}{2y^3+x}\geqslant 1$$




#697510 TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

Gửi bởi cristianoronaldo trong 30-11-2017 - 20:54

Bài 27:( cristianoronaldo )

Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}=4$. 

Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\dfrac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd}}+\dfrac{4}{1+\sqrt[4]{abcd}}$




#697150 Tìm GTNN:$P=\sum \frac{x^3}{y^2-yz+z^2}+...

Gửi bởi cristianoronaldo trong 24-11-2017 - 22:24

$\boxed{\text{Bài toán}}$:

Cho x,y,z là các số thực không âm. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{x^3}{y^2-yz+z^2}+\frac{y^3}{z^2-zx+x^2}+\frac{z^3}{x^2-xy+y^2}+\sqrt{\frac{2}{x^2+y^2+z^2}}$

Proposed by cristianoronaldo




#696604 TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

Gửi bởi cristianoronaldo trong 14-11-2017 - 20:22

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR : 

$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ca$

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:

$\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^5\left ( \frac{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}{3} \right )^3\geq \left ( \frac{\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}}{3} \right )^8$

Như vậy, ta cần chứng minh:

$\left ( \frac{\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}}{3} \right )^{\frac{8}{3}}\geq \frac{ab+bc+ca}{3}$

Do tính thuần nhất nên ta chuẩn hóa $\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}=3$.

Ta cần chứng minh: $ab+bc+ca\leq 3$

Đặt $x=\sqrt[4]{a^3},y=\sqrt[4]{b^3},z=\sqrt[4]{c^3}$. Khi đó $x+y+z=3$ và cần chứng minh:

$(xy)^{\frac{4}{3}}+(yz)^{\frac{4}{3}}+(zx)^{\frac{4}{3}}\leq 3$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có;

$(xy)^{\frac{4}{3}}+(yz)^{\frac{4}{3}}+(zx)^{\frac{4}{3}}\leq \frac{xy(x+y+1)+yz(y+z+1)+zx(z+x+1)}{3}=\frac{4(xy+yz+zx)-3xyz}{3}$

Mà theo bất đẳng thức Schur thì:

$(x+y+z)^3+9xyz\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)$$\Leftrightarrow 4(xy+yz+zx)-3xyz\leq 9$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$.

$\Rightarrow \blacksquare$




#696475 $\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}\geqsla...

Gửi bởi cristianoronaldo trong 12-11-2017 - 19:36

Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn $x\geq y\geq z>0$. Chứng minh rằng :

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$\left ( \frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} \right )\left ( \frac{zx^2}{y}+\frac{xy^2}{z}+\frac{yz^2}{x} \right )\geqslant \left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2$

Như vậy ta cần chứng minh:

$\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}\geqslant \frac{xy^2}{z}+\frac{yz^2}{x}+\frac{zx^2}{y}$

$\Leftrightarrow \frac{(xy+yz+zx)(x-y)(x-z)(y-z)}{xyz}\geqslant 0$

Đúng vì $x\geqslant y\geqslant z> 0$ .

$\blacksquare$

P/S:$\blacklozenge$Đây là bất đẳng thức VMO 1991

       $\blacklozenge$Bất đẳng thức trên cũng đúng với điều kiện x,y,z là độ dài ba cạnh tam giác




#696263 TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

Gửi bởi cristianoronaldo trong 09-11-2017 - 10:00

Bài toán số 7 (cristianoronaldo):

Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn $\left | (x-y)(y-z)(z-x) \right |=3$.

Tìm GTNN của biểu thức:

$P=(3x^2+4)(3y^2+4)(3z^2+4)$




#696236 TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

Gửi bởi cristianoronaldo trong 08-11-2017 - 19:46

Bài toán số 3 ( sưu tầm ) : Cho phương trình $x^{12}+1-4x^4\sqrt{x^n-1}=0$ . Tìm số n nguyên dương bé nhất để phương trình có nghiệm.

 

Ta có:

$PT\Leftrightarrow x^n=\frac{(x^{12}+1)^2}{16x^8} +1> 1$

$\Rightarrow x> 1(n\in \mathbb{Z}^{+})$

Ta sẽ chứng minh với $n\leq 4$ thì phương trình vô nghiệm.

Ta có:

$\left ( \frac{x^{12}+1}{4x^4} \right )^2=x^n\leq x^4$ ( vì $x>1$ )

$\Leftrightarrow x^{24}-14x^{12}+16x^8+1\leq 0$

Mâu thuẫn vì với mọi x thì $ x^{24}-14x^{12}+16x^8+1> 0$.

Đến đây chỉ cần chứng minh với $n=5$ thì phương trình trên có nghiệm.

Đến đây thì đã dễ dàng.

P/S: Mong mọi người ủng hộ topic nhiệt tình.




#696150 TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

Gửi bởi cristianoronaldo trong 06-11-2017 - 18:59

 

Bài toán số 1 (Sưu tầm ) : Cho số $n\in \mathbb{Z}^+$ và tập $S = \left \{ n^2+1;n^2+2;...;(n+1)^2-1 \right \}$ . Chứng minh rằng không thể tồn tại 4 phần tử phân biệt thuộc S mà tích hai phần tử này bằng tích hai phần tử kia .

 

Giả sử tồn tại bốn số a,b,c,d$\in$S và $a<b<c<d$ mà tích hai số này bằng tích hai số kia.

Điều này xảy ra khi $ad=bc$.

Gọi $p=(a,c)$ thì ta có:$\left\{\begin{matrix} a=pq\\ c=pr\\ (q,r)=1\end{matrix}\right.$

$ad=bc\Leftrightarrow pqd=bpr\Leftrightarrow qd=br$

$\Rightarrow d\vdots r$ ( do $(q,r)=1$)

$\Rightarrow d=rs\Rightarrow qrs=br\Rightarrow b=qs$

Như vậy, ta có:$a=pq,b=qs,c=pr,d=rs$

Từ giả thiết $a<b<c<d$ suy ra:

$pq<qs<pr<rs\Rightarrow p<s,q<r\Rightarrow s\geq p+1,r\geq q+1$

$d=rs\geq (p+1)(q+1)\geq (\sqrt{pq}+1)^2=(\sqrt{a}+1)^2$

Mà a,b,c,d$\in$S nên ta có:

$(n+1)^2-1\geq d\geq (\sqrt{a}+1)^2\geq (\sqrt{n^2+1}+1)^2$

$(n+1)^2-1\geq (\sqrt{n^2+1}+1)^2>(n+1)^2$ ( vô lí )

$\Rightarrow Q.E.D$

P/S: Mong mọi người ủng hộ topic   :icon6:  :icon6: 




#696104 Cmr:$6\leq \dfrac{P}{x+y+z}\leq 2+4...

Gửi bởi cristianoronaldo trong 05-11-2017 - 17:04

$\boxed{\text{Bài toán}}$

Cho x,y,z là các số thực dương  thỏa mãn $\dfrac{x+y}{z}+\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{z+x}{y}= 6+4\sqrt{2}$.

Đặt $P=\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}+\left ( 9+4\sqrt{2} \right )\dfrac{xy+yz+zx}{x+y+z}$

Chứng minh rằng:  $6\leq \dfrac{P}{x+y+z}\leq 2+4\sqrt{2}$

Composed by cristianoronaldo




#695314 $x+y+z+\frac{3(n-3)xyz}{xy+yz+zx}\geq n\sqrt{\frac{x...

Gửi bởi cristianoronaldo trong 23-10-2017 - 21:41

$\boxed{\text{Tác giả}}$: cristianoronaldo

Hình gửi kèm

  • untitled (6)-1.jpg



#691511 Tìm GTLN:$P=\sum\frac{xy(4x+y+z)}{z+x}$

Gửi bởi cristianoronaldo trong 25-08-2017 - 15:40

$\boxed{\text{Bài toán}}$:

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=3$.

Tìm GTLN của biểu thức:

$P=\frac{xy(4x+y+z)}{z+x}+\frac{yz(4y+z+x)}{x+y}+\frac{zx(4z+x+y)}{y+z}$

 

                                                                        $\boxed{\text{cristianoronaldo}}$




#691415 Tìm GTNN:$P=\left ( \sum x \right )\left ( \sum...

Gửi bởi cristianoronaldo trong 24-08-2017 - 17:24

$\boxed{\text{Bài toán}}$:

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $\left ( x-y \right )^2+\left ( y-z \right )^2+\left ( z-x \right )^2=2$.

Tìm GTNN của biểu thức:
$P=\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )-\frac{2\left ( x+y+z-1 \right )}{3xyz}$




#691302 Tìm GTNN:$P=\left ( 2-xyz \right )\left ( \sum\...

Gửi bởi cristianoronaldo trong 22-08-2017 - 20:25

$\boxed{\text{Bài toán}}$(cristianoronaldo)

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $xy+yz+zx=3$.

Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\left ( 2-xyz \right )\left ( \frac{1}{x\sqrt{y^2+z^2}}+\frac{1}{y\sqrt{z^2+x^2}}+\frac{1}{z\sqrt{x^2+y^2}} \right )$