2)

 

 

Cho các số thực dương x,y thõa mãn $x^{4}+y^{4}+\dfrac{1}{xy}= xy + 2$

Tìm Min, Max của biểu thức

$P = \dfrac{1}{x^{2}+1} + \dfrac{1}{y^{2}+1} - \dfrac{3}{xy +2}$

 

 

mình nghĩ bài này nếu bạn muốn sử dụng cách giải hdx thì biến đổi
$24(x^2 - y^2) - 55xy = 0$

cho a,b,c >0 thoả mãn:a+b+c=3.CMR:
$\sum a^{2}+\frac{ab+bc+ac}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}\geq 4$

BĐT tương đương với
$(a)^2-2\sum{ab}+\dfrac{3\sum{ab}}{(\sum{a})(\sum{a^2b})}\geq 9-2\sum{ab})+\dfrac{3\sum{ab}}{3\sum{a^2}}= 9-2q+\dfrac{q}{9-2q}$

Cần chứng minh $9 - 2q +\dfrac{q}{9-2q} \geq 4 \Leftrightarrow (q-3,75)(q-3)\geq 0$ (đúng vì $q \leq 3$)

Cách khác
Áp dụng BĐT Holder
Ta có $VT^2.[\sum a(4b^2+bc+4c^2)]\geq (a+b+c)^3$
BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^3}{\sum a(4b^2+bc+4c^2)}\geq 1\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq \sum ab(a+b)$
(Schur)
Còn nữa, mọi người cùng suy nghĩ, bài 2 tương tự

$VT^2.[\sum a(b^2 + bc + c^2)] \geq (a + b + c)^3$

$\frac{(\sum a)^3}{3abc + \sum ab(a +b)} = \frac{(\sum a)^3}{(\sum a)(\sum ab)} \geq \frac{(\sum a)^2}{\sum ab}$

p/s : nếu dùng đc holder thì tất nhiên sẽ dùng đc AM-GM !

Đây là IMO 2001!

Và một lời giải.

Đặt $x=\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}; y=\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}; z=\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}$ thì ta có:
$$\frac{1}{x^2}-1=\frac{8bc}{a^2}\,;\frac{1}{y^2}-1=\frac{8ca}{b^2}\,;\frac{1}{z^2}-1=\frac{8ab}{c^2}$$
Suy ra $(\frac{1}{x^2}-1)(\frac{1}{y^2}-1)(\frac{1}{z^2}-1)=8^3\,\,\,\, (1)$
Giả sử $S=x+y+z<1$ thì
$$(\frac{1}{x^2}-1)(\frac{1}{y^2}-1)(\frac{1}{z^2}-1)>(\frac{S^2}{x^2}-1)(\frac{S^2}{y^2}-1)(\frac{S^2}{z^2}-1) \,\,\,\,(2)$$
Mặt khác ta sẽ chứng minh
$$(\frac{S^2}{x^2}-1)(\frac{S^2}{y^2}-1)(\frac{S^2}{z^2}-1) \geq 8^3\,\,\,\,(3)$$
Thật vậy ta có:
$$(S-x)(S-y)(S-z)=(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8xyz (AM-GM) \,\,\,\,(4)$$
$$(S+x)(S+y)(S+z)=((x+y)+(y+z))(...)(....) \geq 8(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8^2(xyz)\,\,\,\,\,(5)$$
Nhân từng vế $(4)$ và $(5)$ ta thu được $(3)$.

Từ $(2)$ và $(3)$ suy ra:
$$(\frac{1}{x^2}-1)(\frac{1}{y^2}-1)(\frac{1}{z^2}-1)>8^3$$
Mâu thuẫn với $(1)$. Vậy điều giả sử là sai và ta có $S \geq 1$ (đpcm).

-----
1 - Một lời giải mình đọc được.

2 - Còn nhiều cách cho bài này.

theo holder thì
$VT^2[\sum a(a^2 + 8bc)] \geq (a + b + c)^3$
Chỉ cần cm
$\sum a(a^2 + 8bc) \leq (a + b + c)^3$

$\Leftrightarrow 3(a +b)(b +c)(c +a) \geq 24abc$ (đúng theo AM-GM)

vâng ạ ! Em năm ni hết THCS , chuẩn bị lên 10 ! Anh cứ gửi theo địa chỉ nớ là đc ạ !

Lật đật đi học , mần tàm tạm ri nầy
Bài 1 :
$VT \geq \sum \sqrt{\frac{2a^2}{9(b^2 + c^2)}}$

Còn lại quen rồi chi nựa !

đi học

em xin lỗi vì 2 ngày nay em không onl được !
1. Họ tên : Nguyễn Hữu Cường (cái ni chắc chắn 100% , tên níc em là em cố tình dấu , hii )
BTC cứ gửi theo địa chỉ : Nguyễn Hữu Cường , lớp 9A1 trường THCS Nghĩa Hồng
Xã Nghĩa Hồng , huyện Nghĩa Đàn , tỉnh Nghệ An

2. Em cũng xin nhận tiền mặt ! Vì sách thì em cũng ko biết nên mua trước cuốn nào cả ! Thôi thì để dành cho vào bụng heo , đầu năm học tính tới vậy !

3. Em ko tham gia offline đc ,
em ở tại xóm 8 , Nghĩa Minh , Nghĩa Đàn , Nghệ An

[BTC cứ gửi theo đg bưu điện theo địa chỉ Nguyễn Hữu Cường , lớp 9A1 , trường THCS Nghĩa Hồng , Nghĩa Hồng - Nghĩa Đàn - Nghệ An cũng đc ạ ! Bưu điện xã em xa quá !

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 $A=\dfrac{x+y+z+4xyz}{1+4(xy+yz+xz)}$

ÔI Mẹ ôi !
từ gt

Ta có
Theo Cauchy schwarz
$(x^2 + y^2 + z^2)(y^2 + z^2 + x^2) \ge (xy + yz + xz)^2$

$\Rightarrow x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + xz$

Theo AM-GM
$x + y + z \ge 3\sqrt[3]{xyz}$

Ap dụng ta có

$A \ge \frac{3\sqrt[3]{xyz} + 4xyz}{1 + 4(x^2 + y^2 + z^2)}$

Từ gt suy ra $1 + 4(x^2 + y^2 + z^2) = 2 - 16xyz$


$\Leftrightarrow A \ge \frac{3\sqrt[3]{xyz} + 4xyz}{2(1 - 8xyz)}$ (*)

Đặt $\sqrt[3]{xyz} = t$
theo gt thì

$\frac{1 - 16xyz}{4} \ge 3\sqrt{x^2y^2z^2}$

Tương đương với
$(4t -1)(2t + 1)^2 \le 0$

Suy ra $0 < t \le 0,25$ do $(2t + 1)^2 \ge 0$

Lúc đó (*) tương đương với

$A \ge \frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)}$


Do $A \ge \frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)}$ với mọi t

Nên ta có thể cm 1 cách gián tiếp thông qua CM

$A \ge max \frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)}$ (*1)

Ta sẽ cm max $\frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)} = \frac{13}{28}$

Ko khó khăn , nhẩm điểm rơi và ta dự đoán

$\frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)} \leq \frac{13}{28}$

$\Leftrightarrow (4t -1)(80t^2 + 20t + 26) \leq \frac{13}{28}$

Thấy $80t^2 + 20t + 26 > 0$

$4t - 1 < 0$ với $0 < t \le 0,25$

Nên đúng !

Suy ra max $\frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)} = \frac{13}{28}$ (*2)

Từ (*1) và (*2) suy ra

$A \ge \frac{13}{28}$

Ý tưởng cũng chẳng khác gì các bạn.
Chưa chứng minh AM-GM + CS 3 số nên bị trừ điểm nghe em
D-B=47h
E=8
F=0
S=25

Bác Thịnh thông cảm! Đánh nhầm thiếu dấu mà!
Xưng đệ nhưng chưa chắc đã là đệ, mình xưng vậy cho thân thôi.
Cuối cùng cũng xog MSS, phù

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 ...
___

Bác Thing khủng bố quá ! như thế này bọn đệ sao đuổi kịp ! hứ hứ hứ
Hết hi vọng oy`

Đã có đề hiệp 2.

Mở rộng 4 :
Đã mở rộng số mũ, hệ số 2 và 9
tiếp theo ta sẽ biến hệ 3 phương trình thành hệ n phương trình



$\left\{\begin{matrix}
\\ tx_1(a^2 + x_2^2)= x_2(x_2^2 + ka^2)
\\ tx_2(a^2 + x_3^2)= x_3(x_3^2 + ka^2)
\\ .....
\\ tx_n(a^2 + x_1^2)= x_1(x_1^2 + ka^2)
\\

\end{matrix}\right.$

Cách làm chỉ hơi dài và phức tạp thôi ! Về cơ bản thì vẫn như cũ

kết quả cũng là

$x_1 = x_2 = ... = x_n = a\sqrt{k - t}{t - 1}$

(em cũng xin ko nên ra , vì nó chỉ là tổng quát lên thôi ! cách làm y hệt , ko hề khác nên em xin ko nêu ra)

Mở rộng 5)
Em vấp bài hệ này , nhầm sang BĐT
nhưng từ đó , em cũng kiếm ra được 1 mở rộng khác

Chứng minh với hệ

$\left\{\begin{matrix}
\\ 2x(a^2 + y^2)= y(y^2 + 9a^2)
\\ 2y(a^2 + z^2)= z(z^2 + 9a^2)
\\ 2z(a^2 + x^2)= x(x^2 + 9a^2)
\end{matrix}\right.$

thì $\frac{x^2 + y^2 + z^2}{3} \geq 7a^2$

Biến đổi theo bài toán gốc thì ta có

$(1 + \frac{8a^2}{a^2 + x^2})(1 + \frac{8a^2}{a^2 + y^2})(1 + \frac{8a^2}{a^2 + z^2}) = 8$

Sử dụng BĐT holder (dùng AM - GM nhưng em xin đc rút ngắn , vì nó là mr nên em dùng !?)

theo holer

$VT \geq (1 + \frac{8a^2}{\sqrt[3]{(a^2 + x^2)(a^2 + y^2)(a^2 + z^2)}})^3 \geq (1 + \frac{8a^2}{\frac{3a^2 + x^2 + y^2 + z^2}{3}})^3$

$\Leftrightarrow 2 \geq 1 + \frac{8a^2}{\frac{3a^2 + x^2 + y^2 + z^2}{3}}$

$\Leftrightarrow 1 \geq \frac{8a^2}{\frac{3a^2 + x^2 + y^2 + z^2}{3}}$

từ đó suy ra đpcm
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z


Mở rộng 6)

Tại sao ko làm mạnh nó lên !?

$\left\{\begin{matrix}
\\ 2x(a^2 + y^2)= y(y^2 + 9a^2)
\\ 2y(a^2 + z^2)= z(z^2 + 9a^2)
\\ 2z(a^2 + x^2)= x(x^2 + 9a^2)
\end{matrix}\right.$

Chứng minh BĐT

$\frac{xz^2 + yx^2 + zy^2}{x + y + z} \geq 7a^2$

Thực ra không khó , cộng 3 vế PT và dùng chút AM - Gm là ta có đc điều trên
Thật vậy

Nhân ra và cộng vế vs vế 3 pt

$\sum x^3 + 7a^2(\sum x) = 2\sum xy^2$ (1)

Theo AM-Gm có
$x^3 + xz^2 \geq 2x^2z$

suy ra $\sum x^3 + \sum xz^2 \geq 2\sum xy^2$ (2)

từ (1) và (2)
Suy ra $\sum xz^2 \geq 7a^2(\sum x)$

Suy ra đpcm !

Và nếu làm mạnh hơn ta sẽ có BĐT khác mạnh hơn

Mở rộng 7)
$\left\{\begin{matrix}
\\ 2x(a^2 + y^2)= y(y^2 + 9a^2)
\\ 2y(a^2 + z^2)= z(z^2 + 9a^2)
\\ 2z(a^2 + x^2)= x(x^2 + 9a^2)
\end{matrix}\right.$

Chứng minh
Suy ra
$\sum x^3 + 7a^2(\sum x) = 2\sum xy^2$

$\sum x^3 + 3xyz - 3xyz + \sum xz^2 - \sum xy^2 + 7a^2(\sum x) \geq \sum xy^2 + \sum xz^2 $

Khi đó theo schur thì $\sum x^3 + 3xyz \geq \sum xy^2 + \sum xz^2 $

Nên $- 3xyz + \sum xz^2 - \sum xy^2 + 7a^2(\sum x) \geq 0$

Suy ra $ 7a^2(\sum x) \geq 3xyz - \sum xz^2 + \sum xy^2$

suy ra đpcm !

Đề hiệp 3
Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số thực $a$
\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]

Sau đây là 1 số mở rộng nhưng hơi hẹp của em

Tất nhiên nghiệm (0 ; 0 ; 0) luôn có mặt tại các mr , nên em xin nêu chung ở đây !

• Mở rộng 1 :

Thấy trong hệ có sự hiện diện của hằng số , vậy tại sao ko thay hằng số bằng 1 tham số k (k > 0)

\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + ka^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + ka^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + ka^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]


Cách giải cũng ko có khác mấy so với ban đầu , xin phép không nêu ra chi tiết ạ

Sau khi biến đổi



$\left\{\begin{matrix}
\\ \frac{2x}{y} = \frac{y^2 + ka^2}{y^2 + a^2}
\\ \frac{2y}{z} = \frac{z^2 + ka^2}{z^2 + a^2}
\\ \frac{2z}{x} = \frac{x^2 + ka^2}{x^2 + a^2}

\end{matrix}\right.$

Nhân 3 vế ta có

$(1 + \frac{(k - 1)a^2}{x^2 + a^2})(1 + \frac{(k - 1)a^2}{y^2 + a^2})(1 + \frac{(k - 1)a^2}{z^2 + b^2}) = 8$

Vai trò x , y , z là như nhau , giả sử
$x \geq y \geq z$

Xét 2 TH cùng âm và cùng dương

$x \geq y \geq z > 0$

Xét tương tự như bài toán gốc , xét

$1 + \frac{(k - 1)a^2}{x^2 + a^2} > 1 \Rightarrow z^2 \leq x^2 < (k -2)a^2$

và

$1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2} < 1 \Rightarrow z^2 > (k - 2)a^2$

Dẫn tới $z^2 = (k -2)a^2$

Thế vào ta đc $x = y = z = a.\sqrt{k -1}$


Và ....
thay 1 sao ko thay cả 2


\[
\left\{ \begin{array}{l}
tx\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + ka^2 } \right) \\
ty\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + ka^2 } \right) \\
tz\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + ka^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]

Với k , t > 0
Ko khác là mấy , cách giải như trên, em xin đc ko nêu ra !
Đáp án được
$x^2 = y^2 = z^2 = \frac{k - t)a^2}{t - 1}$

Mở rộng 2 :
Tại sao ko mở rộng số mũ

\[
\left\{ \begin{array}{l}
tx\left( {y^n + a} \right) = y\left( {y^n + ka } \right) \\
ty\left( {z^n + a } \right) = z\left( {z^n + ka } \right) \\
tz\left( {x^n + a} \right) = x\left( {x^n + ka } \right) \\
\end{array} \right.
\]

Thực hiện tg tự , ta có

$x = y = z = \sqrt[n]{\frac{k - t)a}{t - 1}}$

Đã có đề hiệp 2.

Xin lỗi BTC , em chỉnh sửa 1 chút về bài thi!
Khi ta tìm đc $z^2 = 7a^2$

Ko phải tg tự , mà thế vào PT (2)
$2y(z^2 + a^2) = z(z^2 + 9a^2)$

Thì ta tìm đc $y = 7a^2$ , tg tự $x= 7a^2$

Bài 406:Cho $a;b;c> 1$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}= 2$.C/m:
$$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\leq \sqrt{a+b+c}$$

406 của anh PKH thì phải !?

Từ gt suy ra
$\sum \frac{a -1}{a} = 1$

Áp dụng cauchy schwarz ta có
$(\sum \frac{a -1}{a})(a + b + c) \geq (\sum \sqrt{a - 1})^2$

Suy ra đpcm !

Đề hiệp 3
Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số thực $a$
\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]

Giải :
Nhận thấy (0;0;0) là 1 nghiệm của hệ phương trình

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

• Nếu $\frac{8a^2}{x^2 + a^2} > 1$ thì $z^2 \leq x^2 < 7a^2$

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)

• Tương tự , xét

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)

• Từ (1) và (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

Đề hiệp 2
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là 1 điểm cố định trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$.
a)(8đ) Chứng minh: $HK \perp JI$ tại $X$.
b)(2đ) Tìm quỹ tích của $X$.

Thưởng: Giải câu b được 90% trở lên sẽ được cộng thêm 10% tổng S.

Thông báo thêm 1 chút cho các em rõ: Thời gian làm bài của các em sẽ được tính từ lúc các em post câu a. Còn câu b được coi như 1 câu mở rộng riêng của bài.

mỞ RỘNG :
Mở rộng 1 :
Thoạt nhiên khi nhìn qua đề bài , ta hình dung ra ý tưởng về đường thưởng sim-sơn
Xin ko nêu cách cm đường thẳng Sim Sơn vào đây
Và nếu để ý tý , ta có thể thấy giao điểm U của IJ với AB , chính là hình chiếu của N trên AB
Tương tự giao điêm V của HK với AB cũng chính là hình chiếu của M trên AB

Khi đó ta có MV và NU cùng vuông góc với AB suy ra $MV // NU$
Mặt khác $OM = ON$
Dễ cm đc $\widehat{OMV} = \widehat{ONU}$ (g.c.g)
Suy ra $OU = OV$

Từ đó ra có mở rộng sau :
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là 1 điểm cố định trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$ ; biết HK và JI cắt AB tại V và U ! Chứng minh rằng OU = OV


Mở rộng 2 :

Thấy HK vuông góc với JI
mà X lại thuộc HK
X thuộc đg tròn đg kính PQ (đg tròn đg kính OC)
Ta sẽ đi tìm đk để HK là tiếp tuyến của đg tròn đg kính OC

Thông báo: Đã có đề cho hiệp 2 Trận chung kết MSS 2012. Các toán thủ vào tham gia.

Đề hiệp 2
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là 1 điểm cố định trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$.
a)(8đ) Chứng minh: $HK \perp JI$ tại $X$.
b)(2đ) Tìm quỹ tích của $X$.

Thưởng: Giải câu b được 90% trở lên sẽ được cộng thêm 10% tổng S.

Thông báo thêm 1 chút cho các em rõ: Thời gian làm bài của các em sẽ được tính từ lúc các em post câu a. Còn câu b được coi như 1 câu mở rộng riêng của bài.

Đề hiệp 2
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là 1 điểm cố định trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$.
a)(8đ) Chứng minh: $HK \perp JI$ tại $X$.
b)(2đ) Tìm quỹ tích của $X$.

Thưởng: Giải câu b được 90% trở lên sẽ được cộng thêm 10% tổng S.

Thông báo thêm 1 chút cho các em rõ: Thời gian làm bài của các em sẽ được tính từ lúc các em post câu a. Còn câu b được coi như 1 câu mở rộng riêng của bài.

ôi cha !
HÌnh vs số , sợ tận già !

a)
CM : $IJ \perp HK$ ,

$\Leftrightarrow \angle HKJ = \angle CIJ$ (*) (cùng phụ vs 2 góc đối đỉnh $\angle CJI$ và $\angle XJK$)

Đầu tiên , thấy $\angle NCM = 90^0$

Nên $\angle NCM = \angle ICJ$
$\Leftrightarrow \widehat{ICN} + \widehat{ NCJ} = \widehat{ NCJ} + \widehat{ JCM}$

$\Leftrightarrow \widehat{ICN} = \widehat{ JCM}$ (1)

Mặt khác
Dễ thấy các tứ giác HCKM ; CINJ là các hình chữ nhật ( nội tiếp )
Nên có

$ \widehat{KCM} = \widehat{HKC} ( = \widehat{KHM} )$ (2)

$ \widehat{ICN} = \widehat{CIJ} ( = \widehat{CNJ)}$ (3)


Nên từ (1) ; (2)và (3)
Suy ra

$ \widehat{CIJ} = \widehat{HKC}$

$\Rightarrow$ (*) đúng $\Rightarrow$ đpcm !

b)

Lần lượt gọi P ; Q lần lượt là trung điểm AC ; BC
KHi đó , OP ; OQ ; PQ là các đg trung bình của tam giác vuông ABC

Suy ra
$OP \perp HI $(4)

Xét tứ giác HINM có
$HM$ và $IN$ cùng vuông góc với $HI$
Suy ra HM // NI và cùng vuông góc với HI

Nên tứ giác HINM là hình thang vuông
Trong tứ giác HINM
Lại có :
O là trung điểm NM (5)

Từ (4) và (5)
Suy ra OP là đg trung bình của hình thang vuông HINM
$\Rightarrow IP = HP \Rightarrow \Delta {XPI}$ cân ở P

$\Rightarrow \widehat{PXI} = \widehat{PIX}$ (8)

Cm tương tự , ta cũng có
$\widehat{QXK} = \widehat{QKX}$ (9)

Mà từ câu a , có

$\widehat{PIX} = \widehat{QKX}$ (10)

Từ (8) ; (9) ; (10) suy ra
$\widehat{QXK} = \widehat{PXI}$

$\Rightarrow \widehat{QXK} + \widehat{IXQ} = \widehat{PXI} + \widehat{IXQ}$

$\Leftrightarrow \widehat{PXQ} = \widehat{IXK}$

Do IX vuông góc với HK
nên $\widehat{IXK} = 90^0 \Rightarrow \widehat{PXQ} = \widehat{IXK} = 90^0$

Suy ra tam giác PXQ vuông ở X
$\Rightarrow$ X thuộc đường tròn đường kính PQ (**1)

Do C cố định trên (O) nên AC ; BC cố định
Suy ra PQ cố định (**2)

Từ (**1) ; (**2) suy ra X thuộc đg tròn đg kính PQ cố định !

Không có hình vẽ. Trừ 4đ. Câu b mới chỉ giải phần thuận.
D-B=15.6h
E=4.5
F=20
S=65.9

Xin lỗi BTC nhưng ở Nghệ An bọn em phải thi vào ngày 23 , 24. Đó là chưa kể 1 số trg chuyên thj muộn hơn nữa. Có lẽ một số tinh khác cũng thj muộn. Em mong BTC sẽ chuyển lich về ngày 30/6. Em mog BTC có thể xem xét cho ý kiến của em. Em cảm ơn

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 $x=y=\dfrac{201}{2}$

Với dạng này cách cơ bản nhất là nhẩm điểm rơi và chứng minh cho điểm rơi đó
Đặt $x = 101 + t$ ; $y = 100 - t$

Khi đó $ xy = 100.101 - t - t^2 = 100.101 - t(1 + t) \leq 100.101$


Tương tự vs min , đặt x = 1 + k ; y = 200 - k
$xy = 200 + 199k - k^2 = 200 + k(199 - k) \geq 200$

Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

Mở rộng :
Đây là 1 mở rộng nhìn có vẻ nhỏ hơn !

$\frac{x^2 + y^2}{(x + y)^2} + \frac{\sqrt{xy}}{x + y} \geq 1$

Biến đổi ta có BĐT
$\Leftrightarrow \frac{x^2 + y^2}{(x + y)^2} - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{xy}}{x + y} - \frac{1}{2} \geq 0 $

$\Leftrightarrow \frac{(x - y)^2}{2(x + y)^2} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2}{2(x + y)} \geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2 - (x + y)}{2(x + y)^2} \geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{2\sqrt{xy}}{2(x + y)^2} \geq 0$

BĐT luôn đúng vì
$(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 \geq 0$
$\frac{2\sqrt{xy}}{2(x + y)^2} \geq 0$

BĐT đc cm
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y > 0

Mở rộng 2 : (cách giải tổng quát hơn)

Ta thấy từ bài toán gốc và mở rộng 1 có quan hệ bà con ! Nên chắc chúng sẽ có "anh em họ hàng" khác ! 1 cách tự nhiên

$\frac{2^{n -2}.(x^n + y^n)}{(x + y)^n} + \frac{\sqrt{xy}}{x + y} \geq 1$

Ta có BĐT sau $2(x^n + y^n) \geq (x^{n -1} + y^{n -1})(x + y)$

$\Leftrightarrow x^n + y^n \geq x^{n -1} + y^{n - 1}$

$\Leftrightarrow (x - y)^2(x^{n -2} + x^{n -3}y + ... + y^{n -2}) \geq 0$ (luôn đúng)

"Liên hoàn " Áp dụng Ta có
$\frac{x^n + y^n}{(x + y)^n} \geq \frac{x^{n -1} + y^{n -1}}{2(x + y)^{n -1}} \geq \frac{x^{n -2} + y^{n -2}}{2^2(x + y)^{n -2}} \geq .............. \geq \frac{x^2 + y^2}{2^{n -2}.(x + y)^2}$

$\Rightarrow \frac{2^{n -2}.(x^n + y^n)}{(x + y)^n} + \frac{\sqrt{xy}}{x + y} \geq \frac{x^2 + y^2}{(x + y)^2} + \frac{\sqrt{xy}}{x + y} \geq 1$

Đề của trọng tài:
Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

Xin lỗi trọng tài nhưng em xin ưửa bài 1 chút nữa ! Tối qua mưa nên ko có sửa kịp !

BĐT $$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

$$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} + \frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0$$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{.[(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 10xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Đoạn tiếp theo cm cũng như bài trước , ta có

$(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 \geq 0$

Mà $(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 10xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 > (x + y)(7x^2 + 10xy + 7y^2 - 4x^2 - 8xy - 4y^2) = (x + y)(3x^2 + 2xy + 3y^2)$

Thấy x + y > 0 (do x , y ko đồng thời bằng 0)
$3x^2 + 2xy + 3y^2 = (x + y)^2 + 2(x^2 + y^2) > 0$

Nên $(x + y)(3x^2 + 2xy + 3y^2) > 0$

$\Rightarrow \frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 10xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} > 0$

$\Rightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{.(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 10xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Hay $$ \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} + \frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0$$


$$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$


BĐT đc cm ! Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 = 0 \Leftrightarrow x = y $ ( x , y > 0)

D-B=25.8h
E=10
F=2 * 10=20
S=72.2

Đề của trọng tài:
Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

XIN ĐƯỢC NẠP LAỊ BÀI ! BÀI TRƯỚC BỊ LỖI THIẾU TEXT !
Ko quen dạng 1 thôi thì em mần dạng 2 vậy !
Giải :
Đầu tiên , x và y ko thể đồng thời bằng 0
Thật vậy vì x + y # 0 , x và y ko âm nên x , y không thể cùng bằng 0 (*)


BĐT tương đương với :

$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} +\frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0 $$

$\Leftrightarrow \frac{8(x^4 + y^4) - (x + y)^4}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2}{2(x + y)} \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{7x^3 + 7y^4 - 4x^3y - 6x^2y^2 - 4xy^3}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.(4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{(x - y)^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Dễ thấy $(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 \geq 0$ với mọi x , y

Chỉ cần cm $\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Hay $\Leftrightarrow (\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 \geq 0$ (vì $8(x + y)^4 > 0$)

$\Leftrightarrow (x + 2\sqrt{xy} + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 \geq 0$

Ta có
$(x + 2\sqrt{xy} + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 > (x + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 = (x + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2 - 4x^2 - 8xy - 4y^2) = (x + y)(3x^2 - 4xy + 4y^2)$

Thấy rằng
$x + y > 0$ (đk (*)
$3x^2 - 4xy + 3y^2 = x^2 + y^2 + 2(x - y)^2 > 0$ (chú ý đk (*)

$\Rightarrow (x + y)(3x^2 - 4xy + 4y^2) > 0$

$\Rightarrow \frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} > 0$

$\Rightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} +\frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0 $$

Hay $$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$ (Q.E.D)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt{x} = \sqrt{y} \Leftrightarrow x = y $ ( x , y khác 0)

Tính toán sai từ chỗ

$\Leftrightarrow \frac{7x^3 + 7y^4 - 4x^3y - 6x^2y^2 - 4xy^3}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.(4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{(x - y)^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Đúng ra phải là

\[
\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \frac{{7x^4 + 7y^4 - 4x^3 y - 6x^2 y^2 - 4xy^3 }}{{8(x + y)^4 }} - \frac{{(\sqrt x - \sqrt y )^2 .4(x + y)^3 }}{{8(x + y)^4 }} \ge 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{\left( {x - y} \right)^2 \left( {7x^2 + 10xy + 7y^2 } \right) - \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2 4\left( {x + y} \right)^3 }}{{8\left( {x + y} \right)^4 }} \ge 0 \\
\end{array}
\]

S=0

Đề của trọng tài:
Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

Ko quen dạng 1 thôi thì em mần dạng 2 vậy !
Giải :
Đầu tiên , x và y ko thể đồng thời bằng 0 (*)

BĐT tương đương với :

$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} +\frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0 $$

$\Leftrightarrow \frac{8(x^4 + y^4) - (x + y)^4}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2}{2(x + y)} \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{7x^3 + 7y^4 - 4x^3y - 6x^2y^2 - 4xy^3}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.(4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Dễ thấy $(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 \geq 0$ với mọi x , y

Chỉ cần cm $\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4}$

Hay $\Leftrightarrow (\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 \geq 0$ (vì $8(x + y)^4 \geq 0$)

$\Leftrightarrow (x + 2\sqrt{xy} + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 \geq 0$

Ta có
$(x + 2\sqrt{xy} + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 > (x + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 = (x + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2 - 4x^2 - 8xy - 4y^2) = (x + y)(3x^2 - 4xy + 4y^2)$

Thấy rằng
$x + y > 0$ (đk (*)
$3x^2 - 4xy + 3y^2 = x^2 + y^2 + 2(x - y)^2 > 0$ (chú ý đk (*)

$\Rightarrow (x + y)(3x^2 - 4xy + 4y^2) > 0$

$\Rightarrow \frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} > 0$

$\Rightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} +\frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0 $$

Hay $$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$ (Q.E.D)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x = y > 0$