|
|
giải đáp
|
(Bài Toán Thách Thức )
|
|
|
|
Cách 4: Cách dễ nhất nek: Ta có BĐT quen thuộc: $\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}\geq \frac{1}{xy+1}$ A/d dược: $VT\geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd}=\frac{2+ab+cd}{abcd+ab+cd+1}=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
(Bài Toán Thách Thức )
|
|
|
|
Cách 3: Đặt $a=\frac{yzt}{x^3};y=...;z=...;t=...$ BĐT cần c/m trở thành: $\Sigma \frac{x^6}{(x^3+yzt)^2}\geq 1$ A/d Cauchy-Schwarz: $\frac{x^6}{(x^3+yzt)^2}\geq \frac{(x^3+y^3+..)}{\Sigma (x^3+yzt)^3}$ Ta cần c/m: $(x^3+y^3+z^3+t^3)^2\geq \Sigma (x^3+yzt)^2$ hay $2\Sigma x^3y^3\geq 2\Sigma x^3yzt+\Sigma y^2z^2t^2$ mà theo AM-GM: $2\Sigma x^3yzt\leq 2/3.\Sigma x^3(y^3+z^3+t^3)=4/3.\Sigma x^3+y^3$ =>..... |
|
|
|
giải đáp
|
(Bài Toán Thách Thức )
|
|
|
|
Cách 2: Đặt $a=\frac{y}{x};y=..;z=...;t=...$ BĐT đã cho tg đg: $\Sigma \frac{x^2}{(x+y)^2}\geq 1$ Sd Cauchy-Schwarz kết hợp vs AM-GM được: $VT\geq \frac{\left[ {} \right.x(x+t)^2+...\left[ {} \right.^2}{\Sigma (x+y)^2(x+t)^2}$ $=\frac{\Sigma ((x+y)^2)^2}{((x+y)^2+(y+z)^2).((x+t)^2+(y+z)^2)}$ $=\frac{T}{4((x+y)^2+(z+t)^2).((x+t)^2+(y+z)^2)}\geq 1$ |
|
|
|
giải đáp
|
(Đề thi thử môn Toán trường THPT Chuyên Bắc Giang)
|
|
|
|
P=∑√ab+c+√2(a2+b2+c2)ab+bc+ca=∑√2a22a(b+c)+√2(a2+b2+c2)ab+bc+ca≥2√2.∑a2a+b+c+√2(a2+b2+c2)ab+bc+ca≥2√2.(a+b+c)22(a2+b2+c2+ab+bc+ca)+√2(a2+b2+c2)ab+bc+ca=√21−ab+bc+ca(a+b+c)2+√2.(a+b+c)2ab+bc+ca−4 Đặt t=(a+b+c)2ab+bc+ca, ta có: t∈[3;+∞) P=√21−1t+√2t−4=t√2t−1+√2t−4 Khảo sát hàm số f(t)=t√2t−1+√2t−4 trên [3;+∞), ta có: f(t)≥5√22
|
|
|
|
giải đáp
|
(Bài Toán Thách Thức )
|
|
|
|
Cách 1: Đặt $a=\frac{yz}{x^2};b=....;c=...;d=....$ BĐT cần c/m trở thành: $\Sigma \frac{x^4}{(x^2+yz)^2}\geq 1$ Sd Cauchy-Schwarz: $\frac{x^4}{(x^2+yz)^2}+\frac{z^4}{(z^2+tx)^2}\geq \frac{x^4}{(x^2+y^2)(x^2+z^2)}+\frac{z^4}{(z^2+d^2)(z^4+a^4)}\geq \frac{(x^2+z^2)^2}{(x^2+y^2)(x^2+z^2)+(z^2+t^2)(z^2+x^2)}=\frac{x^2+z^2}{x^2+y^2+z^2+t^2}$ tg tự vs 2 biến còn lại được đpcm!
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho $a,b,c,d >0$ và $a+b+c+d=2$. Chứng minh :
|
|
|
|
Thế này đc chưa!?? : -_- Dễ dàng tìm đc bđt phụ sau: $\frac{1}{1+3a^2}\geq \frac{52-48a}{49}\Leftrightarrow \frac{3(2a-1)^2(12a-1)}{49(3a^2+1)}\geq 0$ Xét 2 TH: + TH1: min $\left ( a;b;c;d \right )\geq 1/12$ $\Rightarrow 12a-1\geq 12b-1\geq 12c-1\geq 12d-1\geq 0$ +TH2: $d<1/12\Rightarrow 1+3d^2<49/48$ Xét tg tự các biến còn lại ta được đpcm! Đẳng thức khi $a=b=c=1/2$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
OLYMPIC QUỐC TẾ TOÁN 6!!! MỚI TẤT CẢ MỌI NGƯỜI CÙNG LÀM....CẨN THẬN HẠI NÃO.
|
|
|
|
Đk: $0\leq x;y\leq 1/2$ Đặt $u=x\sqrt{2};v=y\sqrt{2};u,v\in \left[ {} \right.0;1/2\left[ {} \right.$ $(1)\Leftrightarrow \Sigma \frac{1}{\sqrt{1+u^2}}=\frac{2}{\sqrt{1+uv}},\left\{ \begin{array}{l} u,v\geq 0\\ uv\leq 1\end{array} \right.$ (3) Ta có : $\Sigma 1.\frac{1}{\sqrt{1+u^2}}\leq \sqrt{2}.\sqrt{\frac{1}{1+u^2}+\frac{1}{1+v^2}}$ (4) ( Cauchy-Schwarz) Mặt khác: $\forall u,v\in \left[ {} \right.0;1\left[ {} \right.$ thì $\Sigma \frac{1}{1+u^2}\leq \frac{2}{1+uv}$ (5) Thật vậy: (5) $\Leftrightarrow \Sigma (\frac{1}{1+u^2}-\frac{1}{1+uv})\leq 0$ tự c/m nhak! Từ (3); (4); (5) suy ra : $(3)\Leftrightarrow u=v\Rightarrow x=y$ $(2)\Leftrightarrow \sqrt{x-2x^2}=1/9\Leftrightarrow x=y=\frac{9+(-)\sqrt{73}}{36}$ thỏa mãn đk KL:......... |
|
|
|
giải đáp
|
Bạn nào có chuyên đề về hình học Véc tơ kết hợp với hệ thức lượng để thi hsg tỉnh toán 10 cho mình xin với
|
|
|
|
2 phần đó chủ yếu dùng sách thì hay hơn tìm kiếm trên mạng bạn ak, mình có mấy cuốn, bạn tham khảo thử nhak: 1)) Tuyển tập các chuyên đề luyện thi Đại học môn Toán: Hệ thức lượng giác NXB ĐH Quốc gia HN 2)) Bài tập nâng cao & 1 số chuyên đề Hình học 10 Tác giả: Ng Minh Hà Bộ gd & đào tạo 3)) Tài liệu chuyên Toán + Bài tập ( 2 cuốn) Chủ biên: Đoàn Quỳnh 4)) Bồi dưỡng HSG Hình học 10 5)) Phân loại & pp giải Toán Hình học 10 ( có 2 cuốn tên giống nhau nhưng nội dung khác nhau, bạn nên lựa chọn ) Chúc bạn học tốt & đỗ cao nhé! |
|
|
|
giải đáp
|
bđt khó nek mn!!!!!!
|
|
|
|
Ta có: $0\leq (a+b+c)^2=(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)$ $\Rightarrow ab+bc+ca\geq -\frac{1}{2}$ Đẳng thức khi $\left\{ \begin{array}{l} a+b+c=0\\ a^2+b^2+c^2=1 \end{array} \right.$ Mặt khác : $\frac{a^2+b^2}{2}$$\geq$ $-ab\Rightarrow$ $ab\geq$ -$\frac{a^2+b^2}{2}$ $\Rightarrow F=ab+bc+ca+bc\geq -4-\frac{a^2+c^2}{2}$ Ta có : $a^2+b^2\leq a^2+b^2+c^2=1$ $\Rightarrow \frac{1}{2}(a^2+c^2)\geq -\frac{1}{2}\Rightarrow F\geq -1$ Vậy min $F=-1$ khi $\left\{ \begin{array}{l} c=0\\ a+b=0 \end{array} \right.$ $\Rightarrow ...$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giải hệ phương trình khó :D Nguồn:#Study
|
|
|
|
Cách này đơn giản hơn nek: Pt (2) tg đg:$(y^2+3-4\sqrt{x(y^2+3)}+4x)+(2y^2+2y-4y\sqrt{y})=0$ $\Leftrightarrow (\sqrt{y^2+3}+2\sqrt{x})^2+2y(\sqrt{y}-1)^2=0$ mà đk là $y\geq 0$ Đến đây thì dễ r! Suy ra nghiệm r ms dùng cái (1) để loại! Còn cách nữa là đánh giá pt (1)! chắc cho lằng nhằng là như z! |
|
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Câu hình đề thi TS 10 Toán Hải Dương năm 2015
|
|
|
|
Câu IV (3 điểm) Cho đường trong (O) đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. 1) Chứng minh ABCD là hình chữ nhật. 2) Gọi H là trực tâm của tam giác BPQ. Chứng minh H là trung điểm của OA. 3) Xác định vị trí đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình học phẳng
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
em muốn lên tóp. mọi người vote mạnh cho e lên tóp
|
|
|
|
Tui nhìn cái câu này mà ko có đ/a, ngứa mắt quá nên ... thông cảm: Đặt $3^{x}=a,3^{y}=b,3^{z}=c$ Ta có $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=abc$ BĐT$\Leftrightarrow $ $\Sigma \frac{a^2}{a+bc}\geq \frac{a+b+c}{4}$ $\Leftrightarrow \Sigma \frac{a^3}{a^2+abc}\geq \frac{a+b+c}{4}$ $\Leftrightarrow \Sigma \frac{a^3}{(a+b)(a+c)}\geq \frac{a+b+c}{4}$ Đến đây dùng Cauchy 3 số $\frac{a^3}{(a+b)(a+c)};\frac{a+b}{8}$ và $\frac{a+c}{8}$ r cộng lại là ra!
|
|