Cho các số thực dương x,y thõa mãn $x^{4}+y^{4}+\dfrac{1}{xy}= xy + 2$
Tìm Min, Max của biểu thức
$P = \dfrac{1}{x^{2}+1} + \dfrac{1}{y^{2}+1} - \dfrac{3}{xy +2}$
- thanhdotk14 yêu thích
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 16-04-2013 - 05:40
Cho các số thực dương x,y thõa mãn $x^{4}+y^{4}+\dfrac{1}{xy}= xy + 2$
Tìm Min, Max của biểu thức
$P = \dfrac{1}{x^{2}+1} + \dfrac{1}{y^{2}+1} - \dfrac{3}{xy +2}$
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 19-11-2012 - 22:05
cho a,b,c >0 thoả mãn:a+b+c=3.CMR:
$\sum a^{2}+\frac{ab+bc+ac}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}\geq 4$
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 22-07-2012 - 06:33
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 08-07-2012 - 21:49
Đề hiệp 4
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=\dfrac{1-16xyz}{4}$.
Tìm GTNN của biểu thức sau $A=\dfrac{x+y+z+4xyz}{1+4(xy+yz+xz)}$
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 08-07-2012 - 12:03
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 07-07-2012 - 15:18
Mở rộng 11: Có lẽ đây là mở rộng mạnh nhất của em
Giải hệ phương trình với các tham số $b,c,m,n,p,q,k (b,c,m,n,p,q > 0; k \in Z ^ +; 3pn \ge qm).$
\[
\left\{ \begin{array}{l}
bx_1 \left( {mx_2 ^2 + nc^k } \right) = x_2 \left( {px_2 ^2 + qc^k } \right) \\
bx_2 \left( {mx_{\rm{3}} ^2 + nc^k } \right) = x_3 \left( {px_3 ^2 + qc^k } \right) \\
........................................... \\
bx_n \left( {mx_1 ^2 + nc^k } \right) = x_1 \left( {px_1 ^2 + qc^k } \right) \\
\end{array} \right.
\]
Lời giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử $x_1$ là số lớn nhất trong các số $x_1,x_2,...,x_n$.
Đặt $c^k=a^2 (c>0)$ ta thấy hao hao giống mở rộng 10. Và tương tự, ta lập hiệu $bx_n-b_1$, sẽ có chứa nhân tử $x_1-x_2$, từ đó chứng minh $x_1-x_2 \le 0 \to x_1 \le x_2 \to x_1=x_2 \to x_1=x_2=...=x_n$. Đến đây đơn giản, thế vào 1 trong các phương trình của hệ và ta có ngay kết quả...
Mở rộng 11 được giải quyết ...
___
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 05-07-2012 - 15:54
Bài 406:Cho $a;b;c> 1$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}= 2$.C/m:
$$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\leq \sqrt{a+b+c}$$
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 05-07-2012 - 15:46
Đề hiệp 3
Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số thực $a$
\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]
VỚI a = 0 thì $x = y = z = a\sqrt{7}$ là nghiệm của PT
Với x , y , z , a khác 0
Không khó khăn để ta có thể thấy x , y , z cùng dấu (*)
Thật vậy
Do $2x(y^2 + a^2) = y(y^2 + 9a^2$
Thấy $y^2 + a^2$ và $y^2 + 9a^2$ đều là các số dương
Nên x và y phải cùng dấu
Do vai trò x , y , z trong hệ là như nhau , không mất tính tổng quát , giả sử
$x \geq y \geq z$ (*)(*)
Từ (*) ; (*)(*) ta xét 2 TH
TH 1 : $x \geq y \geq z > 0 \Rightarrow x^2 \geq y^2 \geq z^2 > 0 $
Ta biến đổi
\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]
$\left\{\begin{matrix}
\\ \frac{2x}{y} = \frac{y^2 + 9a^2}{a^2 + y^2}
\\ \frac{2y}{z} = \frac{z^2 + 9a^2}{a^2 + z^2}
\\ \frac{2z}{x} = \frac{x^2 + 9a^2}{a^2 + x^2}
\end{matrix}\right.$
Nhân vế với vế của 3 phương trình , ta có
$\frac{(x^2 + 9a^2)(y^2 + 9a^2)(z^2 + 9a^2)}{(a^2 + x^2)(a^2 + y^2)(a^2 + z^2)} = 8$
$\Leftrightarrow \frac{x^2 + 9a^2}{x^2 + a^2}.\frac{y^2 + 9a^2}{y^2 + a^2}.\frac{z^2 + 9a^2}{z^2 + a^2} = 8$
$\Leftrightarrow (1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2}).(1 + \frac{8a^2}{y^2 + a^2})(1 + \frac{8a^2}{z^2 + a^2}) = 8$ (***)
Do $x^2 \geq y^2 \geq z^2 > 0 $ nên
$\frac{8a^2}{x^2 + a^2} \leq \frac{8a^2}{y^2 + a^2} \leq \frac{8a^2}{z^2 + a^2}$ (*1)
Ta xét
Suy ra $1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2} > 2$
Khi đó từ (*1)
Suy ra $(1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2}).(1 + \frac{8a^2}{y^2 + a^2})(1 + \frac{8a^2}{z^2 + a^2}) > 8$ (mâu thuẫn với (***) (1)
Nếu $\frac{8a^2}{z^2 + a^2} < 1$ thì $z^2 > 7a^2$
Khi đó $1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2} < 2$
Khi đó $(1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2}).(1 + \frac{8a^2}{y^2 + a^2})(1 + \frac{8a^2}{z^2 + a^2}) < 8$ (mâu thuẫn với (***) (2)
Suy ra $z^2 = 7a^2$
Tương tự , ta cũng có được $x^2 = y^2 = z^2 = 7a^2$ với a dương
Xét hoàn toàn tương tự với TH $0 > x \geq y \geq z $
ta cũng được kết quả $x^2 = y^2 = z^2 = 7a^2$ Với a âm
Khi đó ; suy ra $x = y = z = a\sqrt{7}$ a khác 0 (do x , y , z cùng dấu) (DẤU CỦA a QUYẾT ĐỊNH X , Y , Z ÂM HAY DƯƠNG)
VẬY PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM $(0 ; 0 ; 0)$ ; $(a\sqrt{7} ; a\sqrt{7} ; a\sqrt{7})$
Em cũng là một trong rất ít những toán thủ làm chính xác bài toán này
Ý tưởng của bài giải rất hay tuy nhiên còn khá dài Thưởng em 5 đ nhá
Tuy nhiên, anh chỉ công nhận 4 mở rộng của em lần này
D-B=18h
E=10
F=40
G=5
S=105
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 09-06-2012 - 20:07
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 07-06-2012 - 21:41
Bài này mình chỉ tìm được min thôi Mà số liệu trông xấu thế.
$P=x^3+y^3+2xy = (x+y)(x^2+y^2-xy)+2xy = 201[(x+y)^2-3xy]+2xy = 201^3-601xy \ge 201^3 - 601\dfrac{(x+y)^2}{4} = 201^3-\dfrac{601.201^2}{4}$
P đạt min tại $x=y=\dfrac{201}{2}$
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 05-06-2012 - 13:49
Đề của trọng tài:
Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 04-06-2012 - 19:06
XIN ĐƯỢC NẠP LAỊ BÀI ! BÀI TRƯỚC BỊ LỖI THIẾU TEXT !Đề của trọng tài:
Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$
\[
\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \frac{{7x^4 + 7y^4 - 4x^3 y - 6x^2 y^2 - 4xy^3 }}{{8(x + y)^4 }} - \frac{{(\sqrt x - \sqrt y )^2 .4(x + y)^3 }}{{8(x + y)^4 }} \ge 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{\left( {x - y} \right)^2 \left( {7x^2 + 10xy + 7y^2 } \right) - \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2 4\left( {x + y} \right)^3 }}{{8\left( {x + y} \right)^4 }} \ge 0 \\
\end{array}
\]
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 04-06-2012 - 18:53
Đề của trọng tài:
Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 21-05-2012 - 10:37
Bài 364: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $ab+bc+ac=1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b+c}\geq 2$$
Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 19-05-2012 - 14:18
Đề của nthoangcute:
Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nhọn có phân giác $AD$ ($D$ thuộc đoạn thẳng $BC$). Trên đoạn thẳng $AD$ lấy hai điểm $E, F$ sao cho $\widehat{ABE}=\widehat{CBF}$. Chứng minh rằng $\widehat{ACE}=\widehat{BCF}$
P/s: Bài này cũng dễ, mọi người chém tích cực vào, nhưng đừng để Giám khảo "đau đầu".
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học