Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
[Toán.C17_19.1.2021]
Gọi x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn \(a=x+y;b=y+z;c=z+x\)
Khi đó: \(a^2b\left(a-b\right)+b^2c\left(b-c\right)+c^2a\left(c-a\right)\ge0\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)\left(x-z\right)+\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)\left(y-x\right)+\left(z+x\right)^2\left(x+y\right)\left(z-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^3z+y^3x+z^3y\ge x^2yz+xy^2z+xyz^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}\ge x+y+z\left(2\right)\)
Áp dụng BĐT BSC:
\(\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z}=x+y+z\)
\(\Rightarrow\left(2\right)\) đúng \(\Rightarrow\left(1\right)\) đúng
VietNam TST, 1996.
Chuẩn hóa \(x^2+y^2+z^2=1.\) Cần chứng minh:
\(6\left(x+y+z\right)\le27xyz+10\)
Ta có: \(1=x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Rightarrow x^2y^2z^2\le\dfrac{1}{27}\Rightarrow-\dfrac{\sqrt{3}}{9}\le xyz\le\dfrac{\sqrt{3}}{9}\)
Do đó: \(VP\ge27\cdot\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{9}\right)+10=10-3\sqrt{3}>0.\)
Nếu $x+y+z<0$ thì $VP>0>VT$ nên ta chỉ xét khi $x+y+z\geq 0.$
Đặt $\sqrt{3}\geq p=x+y+z>0;q=xy+yz+zx,r=xyz.$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:\(6p\le27r+10\quad\left(1\right)\)
Mà \(x^2+y^2+z^2=1\Leftrightarrow p^2-2q=1\Rightarrow q=\dfrac{\left(p^2-1\right)}{2}\quad\left(2\right)\)
Ta có: $$(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2\geq 0.$$
Chuyển sang \(\textit{pqr}\) và kết hợp với $(2)$ suy ra \({\dfrac {5\,{p}^{3}}{54}}-\dfrac{p}{6}-{\dfrac {\sqrt {2 \left(3- {p}^{2} \right) ^{3}}}{54}}\leq r \)
Từ đây thay vào $(1)$ cần chứng minh:
$$\dfrac{5}{2}p^3-\dfrac{21}{2}p+10\geqslant \dfrac{1}{2}\sqrt{2\left(3-p^2\right)^3}$$
Hay là $$\dfrac{1}{4} \left( 27\,{p}^{4}+54\,{p}^{3}-147\,{p}^{2}-148\,p+346 \right) \left( p-1 \right) ^{2}\geqslant 0.$$
Đây là điều hiển nhiên.
C27.Gọi AB là dây vuông góc với OP tại P , và dây CD là dây bất kỳ đi qua P vàkhông trùng với AB .
Kẻ \(OH\perp CD\)
\(\Delta OHP\) vuông tại H\(\Rightarrow\) OH < OP \(\Rightarrow\) CD > AB
Như vậy trong tất cả các dây đi qua P , dây vuông góc với OP tại P có độ dài nhỏ nhất.
Gõ lại lần cuối, không được nữa nghỉ chơi hoc24:v
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2\geq abc(a^2+b^2+c^2)$$Ta có$2\left( {{a^3}{b^2} + {b^3}{c^2} + {c^3}{a^2}} \right) - 2abc\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$$= \displaystyle\LARGE{\sum} {{a^3}} \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) -\displaystyle \LARGE{\sum} {{a^2}} ({b^3} - {c^3})$Mặt khác ta có đẳng thức sau
$${a^2}\left( {{b^3} - {c^3}} \right) + {b^2}\left( {{c^3} - {a^3}} \right) + {c^2}\left( {{a^3} - {b^3}} \right) = {a^2}{\left( {b - c} \right)^2} + {b^2}{\left( {c - a} \right)^2} + {c^2}{\left( {a - b} \right)^2}$$Từ đó dễ dàng thu được$$2\left( {{a^3}{b^2} + {b^3}{c^2} + {c^3}{a^2}} \right) - 2abc\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$$$$= {a^2}{\left( {b - c} \right)^2}\left( {a - b + c} \right) + {b^2}{\left( {c - a} \right)^2}\left( {b - c + a} \right) + {c^2}{(a - b)^2}\left( {c - a + b} \right)$$$$= {S_a}{\left( {b - c} \right)^2} + {S_b}{\left( {c - a} \right)^2} + {S_c}{\left( {a - b} \right)^2}$$Với $${S_a} = {a^2}\left( {a - b + c} \right)$$$${S_b} = {b^2}\left( {b - c + a} \right)$$$${S_c} = {c^2}\left( {c - a + b} \right)$$Do $a,$$b,$$c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên rõ ràng $S_a,S_b,S_c$ không âm. Ta thu được điều hiển nhiên.
Xét hiệu hai vế bất đẳng thức đã cho ta được:
\(VT-VP={\dfrac { \left( a-b \right) ^{2}{c}^{2}}{ \left( b+c \right) \left( c +a \right) \left( a+b+c \right) }}+{\dfrac { \left( b-c \right) ^{2}{a }^{2}}{ \left( a+b \right) \left( c+a \right) \left( a+b+c \right) } }+{\dfrac { \left( ac-{b}^{2} \right) ^{2}}{ \left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( a+b+c \right) }}\geqslant 0. \)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
Cách khác.
Quy đồng, ta cần chứng minh:
\(2\,{a}^{3}{c}^{2}+{a}^{2}{b}^{3}-3\,{a}^{2}{b}^{2}c-2\,{a}^{2}b{c}^{2} +2\,{a}^{2}{c}^{3}+a{b}^{4}-3\,a{b}^{2}{c}^{2}+{b}^{4}c+{b}^{3}{c}^{2}\geq 0\)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
\(3\,a{b}^{2}{c}^{2}\leq \dfrac{5}{4}{a}^{2}{c}^{3}+\dfrac{1}{2}\,a{b}^{4}+\dfrac{1}{4} \,{b}^{4}c+{b}^{3}{c}^{2},\\2\,{a}^{2}b{c}^{2}\leq {\dfrac {7\,{a}^{3}{c} ^{2}}{10}}+\dfrac{1}{5}{a}^{2}{b}^{3}+\dfrac{3}{4}{a}^{2}{c}^{3}+{\dfrac {7\,{b}^{4}c }{20}},\\3\,{a}^{2}{b}^{2}c\leq {\dfrac {13\,{a}^{3}{c}^{2}}{10}}+\dfrac{4}{5}{a }^{2}{b}^{3}+\dfrac{1}{2}a{b}^{4}+\dfrac{2}{5}{b}^{4}c \)
Xong :D
[Toán.C35 _ 24.1.2021]
Điền hai số còn thiếu vào quy luật sau: 0 - 1 - 13 - 61 - ? - ?
\(\Rightarrow0-1-13-61-253-1017\)
[Toán.C36 _ 24.1.2021]
Điền số còn thiếu vào quy luật sau: 32 - 12 - 136 - 176 - ? - 196
\(\Rightarrow\text{32-12-136-176-186-196}\)
Xí câu dễ trước
Câu 31.
a) Thay $b=\dfrac{5-3a}{4}$ vào và rút gọn thì cần chứng minh $(5a-3)^2\geqslant 0.$
b) Ta có: \(5^2=\left(2+3\right)\left(2a^2+3b^2\right)\ge\left(2a+3b\right)^2\Rightarrow2a+3b\le5\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1.\)
Bài 33.
Chuyển về pqr, cần chứng minh:
\({\dfrac { \left( {p}^{2}-3\,q \right) \left( {p}^{3}q-{p}^{2}r-2\,p{q} ^{2}+6\,qr \right) }{2qr \left( {p}^{2}-2\,q \right) }}\geqslant 0 \)
Đây là điều hiển nhiên nếu khai triển biểu thức \({p}^{3}q-{p}^{2}r-2\,p{q}^{2}+6\,qr\) ta sẽ được một đa thức với tất cả hệ số đều dương.
Vì C2 mình gửi nên mình làm câu 3:
Gọi S(n) là tổng tất cả các tích thu được.
Ta chứng minh bằng quy nạp rằng S(n) = -1 với mọi giá trị của n là số tự nhiên khác 0.
Thật vây, ta có S(1) = -1
Giả sử ta đã có S(n) = -1.
Ta cần chứng minh S(n + 1) = -1.
Ta thấy sau khi thêm tập hợp A = {-1; -2;,,,; -n} một phần tử -(n + 1), tập hợp A tăng thêm số tập hợp con bằng số tập hợp con của tập hợp A lúc đầu.
Do đó: \(S\left(n+1\right)-S\left(n\right)=S\left(n\right).\left[-\left(n+1\right)\right]-\left(n+1\right)=n+1-n-1=0\Rightarrow S\left(n+1\right)=S\left(n\right)=-1\).
Vậy ta có đpcm.
Các tập hợp con mới của A thì chính là các tập hợp con của tập hợp A cũ thêm phàn tử -(n + 1) nên ta ra được công thức như trên.
Phép lật mặt là sự thay đổi chiều hướng của đa giác đó ông, tức là lật ngược lại ý :)
[Toán.C23 _ 21.1.2021]
Đặt \(a=\dfrac{1}{x};b=\dfrac{1}{y};c=\dfrac{1}{z}\)
Giả thiết trở thành \(2x+9y+21z\le12xyz\)
\(\Leftrightarrow3z\ge\dfrac{2x+8y}{4xy-7}\)
Áp dụng BĐT Cosi và BĐT BSC:
Khi đó \(P=x+2y+3z\)
\(\ge x+2y+\dfrac{2x+8y}{4xy-7}\)
\(=x+\dfrac{11}{2x}+\dfrac{1}{2x}\left(4xy-7+\dfrac{4x^2+28}{4xy-7}\right)\)
\(\ge x+\dfrac{11}{2x}+\dfrac{1}{x}\sqrt{4x^2+28}\)
\(=x+\dfrac{11}{2x}+\dfrac{3}{2}\sqrt{\left(1+\dfrac{7}{9}\right)\left(1+\dfrac{7}{x^2}\right)}\)
\(\ge x+\dfrac{11}{2x}+\dfrac{3}{2}\left(1+\dfrac{7}{3x}\right)\)
\(\ge x+\dfrac{9}{x}+\dfrac{3}{2}\ge\dfrac{15}{2}\)
\(\Rightarrow minP=\dfrac{15}{2}\Leftrightarrow a=\dfrac{1}{3};b=\dfrac{4}{5};c=\dfrac{3}{2}\)
Mấy câu có thêm dòng trích từ mấy đề quốc gia, quốc tế gì gì đó đâm ra nản luôn.
C23 cách khác: Điểm rơi \(a=\dfrac{1}{3};b=\dfrac{4}{5};c=\dfrac{3}{2}\) nên ta đặt \(a=\dfrac{1}{3}x;b=\dfrac{4}{5}y;c=\dfrac{3}{2}z\).
Ta có \(21ab+2bc+8ca\le12\Leftrightarrow\dfrac{28}{5}xy+\dfrac{12}{5}yz+4zx\le12\Leftrightarrow7xy+3yz+5zx\le15\).
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM: \(15\ge7ab+3bc+5ca\ge15\sqrt[15]{\left(xy\right)^7.\left(yz\right)^3.\left(zx\right)^5}=15\sqrt[15]{x^{12}y^{10}z^8}\)
\(\Rightarrow x^6y^5z^4\le1\);
\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{3}{c}=3x+\dfrac{5}{2}y+2z=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{6}{x}+\dfrac{5}{y}+\dfrac{4}{z}\right)\ge\dfrac{1}{2}.15\sqrt[15]{\left(\dfrac{1}{x}\right)^6.\left(\dfrac{1}{y}\right)^5.\left(\dfrac{1}{z}\right)^4}=\dfrac{15}{2}.\sqrt[15]{\dfrac{1}{x^6y^5z^4}}\ge\dfrac{15}{2}\).
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\) tức \(a=\dfrac{1}{3};b=\dfrac{4}{5};c=\dfrac{3}{2}\).Vậy Min P = \(\dfrac{15}{2}\) khi \(a=\dfrac{1}{3};b=\dfrac{4}{5};c=\dfrac{3}{2}\).
P/s: Lời giải nhìn có vẻ đơn giản nhưng muốn tìm điểm rơi thì phải dùng bđt AM - GM suy rộng.
Giả sử $P$ đạt Min tại $a=x,b=y,c=z.$ Khi đó: \(\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}=1\); \(21xy+2yz+8zx=12\) $(\ast)$
Ta có:\(12=21ab+2bc+8ca=21xy.\left(\dfrac{ab}{xy}\right)+2yz\cdot\left(\dfrac{bc}{yz}\right)+8zx\cdot\left(\dfrac{ca}{zx}\right)\)
\(\ge\left(21xy+2yz+8zx\right)\sqrt[\left(21xy+2yz+8zx\right)]{\left(\dfrac{ab}{xy}\right)^{21xy}\cdot\left(\dfrac{bc}{yz}\right)^{2yz}\cdot\left(\dfrac{ca}{zx}\right)^{8zx}}\quad\)
\(=\left(21xy+2yz+8zx\right)\sqrt[\left(21xy+2yz+8zx\right)]{\left(\dfrac{a}{x}\right)^{21xy+8zx}\cdot\left(\dfrac{b}{y}\right)^{21xy+2yz}\cdot\left(\dfrac{c}{z}\right)^{2yz+8zx}}\quad\left(1\right)\quad\)
Lại có:
\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{3}{c}=\dfrac{1}{x}\cdot\dfrac{x}{a}+\dfrac{2}{y}\cdot\dfrac{y}{b}+\dfrac{3}{z}\cdot\dfrac{z}{c}\)
\(\ge\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}+\dfrac{3}{z}\right)\sqrt[\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}+\dfrac{3}{z}\right)]{\left(\dfrac{x}{a}\right)^{\dfrac{1}{x}}\cdot\left(\dfrac{y}{b}\right)^{\dfrac{2}{y}}\cdot\left(\dfrac{z}{x}\right)^{\dfrac{3}{z}}}\quad\left(2\right)\)
\(=\left(21xy+2yz+8zx\right)\sqrt[\left(21xy+2yz+8zx\right)]{\left(\dfrac{a}{x}\right)^{21xy+8zx}\cdot\left(\dfrac{b}{y}\right)^{21xy+2yz}\cdot\left(\dfrac{c}{z}\right)^{2yz+8zx}}\quad\left(1\right)\quad\)
Từ $(1)$ và $(2)$ rõ ràng cần chọn $x,y,z$ sao cho:
\(\dfrac{{\left( {21{\mkern 1mu} xy + 8{\mkern 1mu} zx} \right)}}{{\dfrac{1}{x}}} = {\mkern 1mu} \dfrac{{\left( {21{\mkern 1mu} xy + 2{\mkern 1mu} yz} \right)}}{{\dfrac{2}{y}}} = \dfrac{{\left( {2yz + 8zx} \right)}}{{\dfrac{3}{z}}}\)
Suy ra \(x={\dfrac {5\,y}{12}},y=y,z={\dfrac {15\,y}{8}} \) thế ngược lại $(\ast)$ ta được $x=\dfrac{1}{3};y=\dfrac{4}{5};z=\dfrac{3}{2}$ từ đây dẫn đến lời giải của bạn Tan Thuy Hoang.
Lời giải tuy ngắn nhưng rất kỳ công:D
Đòn tâm lí mạnh nhất của toán có lẽ là từ nguồn đề nhỉ :v
Hai cách giải khác nhau rồi đó, bài này thú vị phết
C24: Từng làm rồi nên nhớ:
Ta có \(36=1.1.36=1.2.18=1.3.12=1.4.9=1.6.6=2.2.9=2.3.6=3.3.4\).
Ta thấy Ivan biết tổng số tuổi của 3 cậu con trai, nhưng không biết được tuổi của họ, do đó tuổi của 3 cậu con trai nằm trong bộ ba số có tích là 36 nhưng có tổng bằng một bộ số khác.
Do đó tuổi của 3 cậu là (1, 6, 6) hoặc (2, 2, 9).
Mặt khác ông ta có đứa con nhỏ tuổi nhất, do đó số tuổi của ba cậu là (1, 6, 6).
Cách này hình như có đăng đâu đó rồi thì phải, nhưng nó rất độc đáo.
Tìm điểm rơi kiểu gì nhỉ? Với cái dòng \(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{3}{c}=3x+\dfrac{5}{2}y+2z\) hơi lạ.
tthnew Giả sử điểm rơi tại a = x; b = y; c = z rồi dùng AM - GM suy rộng để tìm điểm rơi.
(Cái ý tưởng này có trong cuốn Sử dụng AM-GM để chứng minh bất đẳng thức của thầy Võ Quốc Bá Cẩn. Có bản pdf đó :v).
Sửa lại đoạn đó \(P=\dfrac{3}{x}+\dfrac{5}{2y}+\dfrac{2}{z}\). Cứ bị nhầm lẫn.
Thực ra vẫn chưa hiểu đặt $a=x,b=y,c=z$ rồi dùng AM-GM kiểu gì:v
Đúng rồi kĩ thuật này được thầy Cẩn trình bày ra trong sách bất đẳng thức của mình. Kĩ thuật thì có nhưng áp dụng khó quá :)
Cái dòng $...\quad (1)$ bị lập do mình viết nháp trong lúc giải thì các bạn bỏ bớt đi nha:D
Vừa nghĩ ra đăng luôn:v
Cách này với cách mình giải lúc nãy là ở bên diễn đàn toán học thôi, nghĩ không ra.
Cách giải này trình mình chưa đủ hiểu sao làm được :)
nhin ban giai minh chang hieu gi lun a -_-
ok____
Đoạn đó có trùng hợp gì khá đẹp, chứ hệ số của a ở các biểu thức là \(\dfrac{21xy+8zx}{21xy+2yz+8zx}\), và tương tự..., do đó một số TH hệ giải ra rất phức tạp. Đó là vấn đề gian nan khi giải mấy bài toán kiểu này.
@Tan Thuy Hoang, nếu như nhìn vào đề đoán ngay được điểm rơi thì hay quá. Hoặc ở nhà có Maple và Wolfram Alpha thì gần như mình không cần giải hệ kiểu này.
tthnew Làm theo kiểu anh Hồng Phúc có dễ tìm Min hơn không nhỉ :D
Tan Thuy Hoang
Quan trọng là cách đó không dễ nghĩ ra trong phòng thi:v
Từ bài trên tìm ra được một loạt bài tương tự. Mở lại chuyên mục cũ nè các bạn.\(\lceil\) CHUYÊN MỤC \(\rfloor\) Bất đẳng thức hàng tuần.1. Cho \(a,b,c>0; 9\,ab 18\,ac... - Hoc24 còn rất nhiều:))
C24.
Tuổi của 3 anh em lần lượt là a,b,c ( 0<a<b<c)a+b+c<30,a,b,c là các số nguyên dương.a×b×c=36=2^2×3^2=2×3×6Tuổi 3 anh em là 2, 3, 6