|
|
giải đáp
|
Help me!
|
|
|
|
Bài 1:HD: Dùng nguyên lí Dirichlet,giả sử $(a-1)(b-1)\geq0$
Bài 2: Sử dụng phép phân tích bình phương S.O.S
Bài 3:
Dùng Holder (Sử dụng kỹ thuật CYH để chọn tham số chú ý tồn tại điểm nhạy cảm) sau đó sử dụng BW bằng cách giả sử $c=min${$a,b,c$} |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Trọn bộ đề thi thử kèm đáp án
|
|
|
|
Tầm 120 đề thi thử của các trường trên cả nước cho anh em 97 ôn thi,download tại:
http://www.mediafire.com/download/sjy3slptz48wuga/Bo+de+Toan+2015-Nguyen+Huu+Can+%28Suu+tam%29.rar
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Một số bài toán mở
|
|
|
|
1.Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh BĐT sau: $\frac{a^5}{b^4+c^4}+\frac{b^5}{c^4+a^4}+\frac{c^5}{a^4+b^4}\geq \frac{a+b+c}{2}$
2.Cho $a,b,c$ thực dương,chứng minh rằng: $\frac{1}{(2a+b)^2}+\frac{1}{(2b+c)^2}+\frac{1}{(2c+a)^2}\geq \frac{1}{ab+bc+ac}$
Nếu không có cách gì hay thì giải trâu bò bằng BW cũng ok!
3.Cho $a,b,c$ là các số không âm sao cho không có 2 số nào đồng thời = 0.Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{a^2+b^2}\geq \frac{10}{(a+b+c)^2}+\frac{28abc(a+b+c)}{27\prod(a+b)}$ $uvw$ |
|
|
|
giải đáp
|
Khó_Gay_Chịu
|
|
|
|
Chính xác là đề bài thiếu và đầy đủ thì là: $x^2+y^2+z^2=5$. Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi $x=0,y=2,z=1$ Min thay vào giải ra.
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Hay...
|
|
|
|
1.Cho $a,b,c$ là các số thực dương chứng minh rằng ta có BĐT sau: $\sqrt{\frac{a}{b+8c}}+\sqrt{\frac{b}{c+8a}}+\sqrt{\frac{c}{a+8b}}\geqslant1$ 2.Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng: $\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{c+a}+\frac{ca}{a+b}\leq \frac{9}{2(ab+bc+ac)}$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Một thời để nhớ...!
|
|
|
|
Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $a+b+c=3$.Tìm hằng số $k$ lớn nhất sao cho: $1-abc \geq k(ab+bc+ac-3abc)$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
S-S Method!
|
|
|
|
Cho $a,b,c\geq0$.CMR: $(a+b)(b+c)(a+c)(a+b+c)^2\geq24abc(a^2+b^2+c^2)$ Dùng BĐT cổ điển thì càng hay! |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Vô đề!
|
|
|
|
Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương,chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{(a+2c)(b+2c)}{(a+b)^2}}+\sqrt{\frac{(b+2a)(c+2a)}{(b+c)^2}}+\sqrt{\frac{(c+2b)(a+2b)}{(a+c)^2}}\leq \frac{15}{8}+\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức khó và cực hay
|
|
|
|
2:Chứng minh $3(a^3+b^3+c^3)\geq (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$(dùng BĐT Chebushev cho 2 dãy đơn điệu cùng chiều) Từ đó dễ dàng có đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức (37)
|
|
|
|
Bài này cũng chả có gì,đơn giản nhất là dùng BĐT Schur (với r=1,s=2) $9abc\geq 8(ab+bc+ac)-8\Rightarrow F\geq a^2+b^2+c^2+\frac{16}{9}(ab+bc+ac)-\frac{16}{9}=(a+b+c)^2-\frac{2}{9}(ab+bc+ac)-\frac{16}{9}\geq 4-\frac{2}{9}.\frac{4}{3}-\frac{16}{9}=\frac{52}{27}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức (36)
|
|
|
|
$Min=\frac{7}{5}$ đạt được tại $a=3,b=1,c=\frac{1}{3}$(Dùng dồn biến)
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức (33)
|
|
|
|
Đặt $VT=f(a,b,c)$ ta sẽ chứng minh $VT\leq f(a,t,t)$ trong đó $t=\frac{b+c}{2}$.Xét hiệu sau: $(b^2+2)(c^2+2)-[\frac{(b+c)^2}{4}+2]^2=-\frac{(b-c)^2}{16}(b^2+6bc+c^2-16)$ Không mất tính tổng quát giả sử:$c\geq a\geq b\Rightarrow c\geq 2,a\leq 2$ Ta có:$b^2+6bc+c^2-16\geq c^2+6c-15\geq 1>0(b\geq 1)$ Do đó thì $(b^2+2)(c^2+2)\leq (t^2+2)^2\Rightarrow VT\leq (t^2+2)^2(a^2+2)=(t^2+2)^2[(6-2t)^2+2]$ Hàm trên là hàm 1 biến với $t=\frac{b+c}{2}\in [2;\frac{5}{2}]$
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức (34)
|
|
|
|
$A=\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}+2(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+b-c})+3(\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{a+b-c})\geq \frac{2}{c}+\frac{4}{b}+\frac{6}{a}=2(a+\frac{3}{a})\geq 4.\sqrt{3}$
|
|
|
|
giải đáp
|
đề thi thử đại học chỗ tớ
|
|
|
|
Đặt $\sqrt{-3x-2}=t$ phương trình trở thành. $(y+1)^2+t^3=1+ty+(t^2+2)y\Rightarrow (t-y)(t^2-y)=0$ thế vào (2) giải nốt Hình như có nghiệm $x=-1$
|
|