alex_hoang

Bài 1
Giải hệ phương trình :
$\begin{cases}x^3+y^2=2 \\ x^2+xy+y^2-y=0 \end{cases}$
Bài 2
Giải hệ phương trình :
$\begin{cases}x^{3}(2+3y)=8 \\ x (y^3-2)=6 \end{cases}$
Bài 3
.Giải hệ phương trình:
$\begin{cases} x^3-y^3=35 & (1) \\2x^2+3y^2=4x-9y & (2) \end{cases}$
Bài 4
Giải hệ
$\begin{cases} x^3+y^3=9 \\x^2+2y^2=x+4y \end{cases}$
Bài 4
Giải hệ
$\begin{cases} x^3+y^3=91 \\4x^2+3y^2=16x+9y \end{cases}$
Bài5
Giải hệ
$\begin{cases} {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=\dfrac{1}{5} & (1) \\ 4x^2+3x-\dfrac{57}{25}=-y\left( 3x+1 \right) & (2) \\ \end{cases}$
Bài 6
Giải hệ
$\begin{cases} {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=\dfrac{1}{5} & (1) \\ 4x^2+3x-\dfrac{57}{25}=-y\left( 3x+1 \right) & (2) \\ \end{cases}$
Bài 7
Giải hệ
$\begin{cases} {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=\dfrac{1}{5} & (1) \\ 4x^2+3x-\dfrac{57}{25}=-y\left( 3x+1 \right) & (2) \\ \end{cases}$
Bài 8
Giải hệ:
$\begin{cases}x^2+y^2=xy+x+y\\x^2-y^2=3\end{cases}$
Bài 9:
Giải hệ phương trình:
$\begin{cases}{x\sqrt x-y\sqrt =y=8\sqrt x+2\sqrt y}\\{x-3y=6} \end{cases}$
Bài 10
Giải hệ:
$\begin{cases} x^4-y^4=240 \\ x^3-2y^3=3(x^2-4y^2)-4(x-8y)\end{cases}$

Chủ đề: trao đổi về các vấn đề phương trình ,hệ phương trình thi HSG

Bài 1:$\begin{cases} \sqrt{2x+3y-1}-\sqrt{{x}^{3}+3y}=1 \\3(2x+y-1)=2{x}^{2}+10\sqrt{{x}^{3}+3y} \end{cases}$
Bài 2:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 2y + 2\sqrt {4x + y} = 1}\\{2(x + 3) = \sqrt {46 - 2y(3 - 8x - 8y)} }\end{array}} \right.$

Tớ mong các member nhiệt tình lên 1 chút. Nếu không giải bằng caushy ngược dấu thì giải ra kiểu gì cũng được. bài này tớ đang rất cần lời giải. (

a,b,c như thế nào ? số thực hay Ko âm hay dương

bạn có thẻ download tại đây
http://www.esnips.co...gThuc_MathLinks[1].ro/?widget

DÃY SỐ VÀ GIỚI HẠN QUA CÁC KÌ THI OLYMPIC
BÀi 1(Croatia TST 2011 ngÀy 1)cho dÃy số $(x_n)_n$ được xÁc định như sau
$x_1=a,x_2=b,{x_n} = \dfrac{{x_{n - 1}^2 + x_{n - 2}^2}}{{{x_{n - 1}} + {x_{n - 2}}}}\forall n \ge 3$
với a,b>1 lÀ cÁc số nguyên phân biệt
CMR$ x_n$ không lÀ số nguyên với mọi n>2
BÀi 2(Croatia TST 2011 ngÀy 2) cho dÃy số $(a_n)$ với $a_0=1$ vÀ ${a_{n + 1}} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{{{a_n}}}{2},{a_n} \equiv 0(\bmod 2)}\\{{a_n} + d,{a_n} \equiv 1(\bmod 2)}\end{array}} \right.$
tÌm tất cả cÁc số nguyên dương d sao cho tồn tại $a_i=1$

chắc chắn rằng nếu một bạn yêu thích về BĐT thì không thể không biết tới hai BÀI TOÁN sau
cho các số thuc không âm a,b,c mà ab+bc+ca=1.CMR
a,$\dfrac{1}{{{{(a + b)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(b + c)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(c + a)}^2}}} \ge \dfrac{9}{4}$
(IRAN TST 1996)
b,$\dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{c + a}} \ge \dfrac{5}{2}$
và tình cờ tôi gặp bài toán sau của LÊ TRUNG KIÊN với đk tương tự trên
$\dfrac{1}{{\sqrt {a + b} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {b + c} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {c + a} }} \ge 2 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$
Một câu hỏi đc đặt ra là với những gtri nào của k thì BĐT sau đúng
$\dfrac{1}{{{{(a + b)}^k}}} + \dfrac{1}{{{{(b + c)}^k}}} + \dfrac{1}{{{{(c + a)}^k}}} \ge 2 + \dfrac{1}{{{2^k}}}$
tuy đã cố gắng rất nhiều nhưng mình vẫn không tìm dc lời giải các bạn hãy giúp mình với nha

cho a,b,c la các số thực thỏa mãn a+b+c=3 TÌm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$M=\sqrt{4^{a}+9^{b}+16^{c}}+\sqrt{9^{a}+16^{b}+4^{c}}+\sqrt{16^{a}+4^{b}+9^{c}}$

mình làm thế này mà sao kết quả ra khác
theo BĐT Minkopski ta có
$\sqrt {{4^a} + {9^b} + {{16}^c}} + \sqrt {{4^b} + {9^c} + {{16}^a}} + \sqrt {{4^c} + {9^a} + {{16}^b}} \ge \sqrt {{{({2^a} + {2^b} + {2^c})}^2} + {{({3^a} + {3^b} + {3^c})}^2} + {{({4^a} + {4^b} + {4^c})}^2}} $
${2^a} + {2^b} + {2^c} \ge 3\sqrt[3]{{{2^{a + b + c}}}} = 6$
${3^a} + {3^b} + {3^c} \ge 3\sqrt[3]{{{3^{a + b + c}}}} = 9$
${4^a} + {4^b} + {4^c} \ge 3\sqrt[3]{{{4^{a + b + c}}}} = 12$
Từ đay ta có đpcm

1//

$\begin{array}{l}\sum {\dfrac{{{a^2}}}{{a + {b^2}}}} = \sum {\dfrac{{a(a + {b^2}) - a{b^2}}}{{a + {b^2}}}} = \sum {a - \sum {\dfrac{{a{b^2}}}{{a + {b^2}}}} } \\\\\ge 3 - \sum {\dfrac{{a{b^2}}}{{2b\sqrt a }}} = 3 - \dfrac{1}{2}\sum {b\sqrt a } = 3 - \dfrac{1}{2}\sum {\sqrt {ba} \sqrt b } \ge 3 - \dfrac{1}{4}\sum {(ab + b)} \\\\ = 3 - \dfrac{1}{4}\sum b - \dfrac{1}{4}\sum {ab \ge \dfrac{9}{4}} - \dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{3}({\sum {a)} ^2} = \dfrac{3}{2}\end{array}$

Bài 1 mình giải thế này
Áp dụng BĐT Cauchy sch­warz ta có
$\dfrac{{{a^2}}}{{a + {b^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b + {c^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{c + {a^2}}} \ge \dfrac{{{{({a^2} + {b^2} + {c^2})}^2}}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3} + {{(ab)}^2} + {{(bc)}^2} + {{(ca)}^2}}}$
$2{({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} \ge 3({a^3} + {b^3} + {c^3} + {(ab)^2} + {(bc)^2} + {(ca)^2}) $
$= (a + b + c)[{a^3} + {b^3} + {c^3}) + 3({(ab)^2} + {(bc)^2} + {(ca)^2})]$
tù đay áp dụng BDT vasile citoaje
${({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} \ge 3(a{b^3} + b{c^3} + c{a^3})$
Bài toán trên không khó nhưng nó là một hệ quả đẹp của BDTvasile citoaje có 2 bài toán nữa cũng tương tự về hình thức cũng như ppcm là
*cho các số thực dương a,b,c có tổng là 3 cm
$\dfrac{a}{{b + {c^2}}} + \dfrac{b}{{c + {a^2}}} + \dfrac{c}{{a + {b^2}}} \ge 3$
* cho các số thực dương a,b,c có tổng là 1 cm
$\dfrac{a}{{\sqrt {a + {b^2}} }} + \dfrac{b}{{\sqrt {b + {c^2}} }} + \dfrac{c}{{\sqrt {c + {a^2}} }} \le \dfrac{3}{2}$


Bài 3:(Canada 2008) cho các số thực dương a,b,c có tổng là 1.CM
$\dfrac{{a - bc}}{{a + bc}} + \dfrac{{b - ca}}{{b + ca}} + \dfrac{{c - ab}}{{c + ab}} \le \dfrac{3}{2}$

[quote name='alex_hoang' date='May 25 2011, 12:55 AM' post='262026']
bai 18 nay kha hay no la bai tong quat cua bai BDT trong ki thi imo 2008
minh giai bai 18 nhu sau
dat $a= \dfrac{x+m}{x-1},b= \dfrac{y+m}{y-1},c= \dfrac{z+m}{z-1}$
khi do ta co
$x= \dfrac{a+m}{a-1}, y= \dfrac{b+m}{b-1}, z= \dfrac{c+m}{c-1}$,
do $xyz=1$ nen $(a+m)(b+m)(c+m)=(a-1)(b-1)(c-1)$
$ \Leftrightarrow 1=-(ab+bc+ca)+(1-m)(a+b+c)+m- m^{2}$
ta co
$ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}=2(-(ab+bc+ca)+(1-m)(a+b+c)+m- m^{2} )-1$
$(a+b+c+m-1) ^{2}+ m^{2} \geq 0$
vay bdt da dc cm

Cho mình hỏi luôn một bài tương tự bài 10
Bài 14: Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.CMR:
$\dfrac{a}{\sqrt{b^{2}+3}}+\dfrac{b}{\sqrt{c^{2}+3}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^{2}+3}}\ge \dfrac{3}{2}$

bai 14 ban vua neu minh cm nhu sau
do $abc=1 \Rightarrow ab+bc+ca \geq 3$
vay ta se cm bdt manh hon nhu sau
$\dfrac{2a}{ \sqrt{(b+c)(b+a} }+ \dfrac{2b}{ \sqrt{(b+c)(c+a} }+ \dfrac{2c}{ \sqrt{(a+c)(b+a} } \geq 3$
that vay
ta dat $u= \sqrt{b+c},v= \sqrt{a+c},w= \sqrt{a+b}$
khi do bdt tuong duong
$ \dfrac{ v^{2}+ w^{2} - u^{2} }{uw} + \dfrac{u^{2}+ w^{2} - v^{2} }{uv}+\dfrac{ u^{2}+ w^{2} - v^{2} }{vw} \geq 3$
tu day qui dong va thu gon ap dung AM GM ta co dpcm

Tiếp tục nào
Bài 9: Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn$a+b+c=2$. CMR:

$\dfrac{{bc}}{{{a^2} + 1}} + \dfrac{{ac}}{{{b^2} + 1}} + \dfrac{{ab}}{{{c^2} + 1}} \leqslant 1$

*Nhận xét : Bài này có khá nhiều cách giải rất trâu bò
Các bạn có thể tìm đc bao nhiêu cách giải cho bài này ???
Các bạn nhanh chóng giải bài này đi
Gợi ý : Chỉ sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ $(Cauchy)$

Đừng post bài nữa nhá để giải xong mấy bài trên rồi post tiếp nha

mình giải bài 9 này như sau :
$\dfrac{bc}{1+ a^{2} } \leq \dfrac{bc(b+c)}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}$
Thật vậy:
$\Leftrightarrow (b+c)(1+ a^{2} \geq bc(b+c)+a(b^{2}+ c^{2})+ a^{2}(b+c)$
vì $ a(b^{2}+ c^{2})=a(b+c)^{2}-2abc$
$ \Rightarrow (b+c)(1+a^{2})-a( b+c)^{2})- a^{2}(b+c) \geq bc(b+c)-2abc$
$ \Leftrightarrow (b+c)(1-ab-ac) bc(b+c-2a)$
Nếu $1-ab-ac \geq 0$ thì hiển nhiên đúng nếu $ b+c \leq 2a$
Ngược lại
$VT-VP \geq (b+c)(1-ab-ac)-(b+c-2a) \dfrac{(b+c)^{2} }{4}= \dfrac{bc( a)^{2} }{4} \geq 0$
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

Bài 6: Cho $a,b,c \ge 0;ab+bc+ca=3$.Chứng minh rằng:$\dfrac{9}{10} \le \dfrac{1}{a^2+2}+\dfrac{1}{b^2+2}+\dfrac{1}{c^2+2} \le 1$
(Thái Nguyễn Hưng)

bai 6 minh giai nhu sau
bat dang thuc ben phai truoc
ta co $\dfrac{1}{2+ a^{2} } + \dfrac{1}{2+ b^{2} } + \dfrac{1}{2+ c^{2} } \leq 1 \Leftrightarrow \dfrac{ a^{2}}{2+ a^{2} } + \dfrac{ b^{2}}{2+b^{2} } + \dfrac{ c^{2} }{2+c^{2} } \geq 1$
ap dung bdt cauchy schwarz ta co $VT \geq \dfrac{ (a+b+c)^{2}}{6+ a^{2}+ b^{2}+c^{2} } $
su dung dieu kien $ab+bc+ca=3$ ta co dpcm
bdt ben trai
qui dong va rut gon ta duoc bdt tuong duong
$4( a^{2} +b^{2}+ c^{2} )+48 \geq 9a^2b^2c^2+8\sum a^2b^2 $
$\Leftrightarrow 4(a^{2} +b^{2}+ c^{2} )+16abc(a+b+c) \geq 9a^2b^2c^2+24$ (do$ab+bc+ca=3$)
su dung bdt schur la
$a^{2} +b^{2}+ c^{2}+ \dfrac{9abc}{a+b+c} \geq 2( ab+bc+ca)$
ta duoc
$16abc(a+b+c) \geq 9 (abc)^{2}+\dfrac{36abc}{a+b+c}$
de thay bdt tren dung (ngai viet qua nen con lai tu cm)