Chủ đề này có 5 trả lời

[CloudSup]

[KietLW9]

Không có gì

Em xin chém câu bất đẳng thức (Câu 3)

a) Từ giả thiết ta có: $6-c=\sqrt{ab+a+b+1}\leqslant \sqrt{\frac{(a+b)^2}{4}+a+b+1}=\frac{a+b}{2}+1\Rightarrow a+b+2\geqslant 12-2c\Rightarrow a+b+2c\geqslant 10$

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+2}\leqslant 2$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geqslant \frac{c}{c+2}$

Mà ta có: $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geqslant \frac{2}{\sqrt{(a+1)(b+1)}}=\frac{2}{\sqrt{ab+a+b+1}}=\frac{2}{6-c}$ nên ta cần chứng minh: $\frac{2}{6-c}\geqslant \frac{c}{c+2}\Leftrightarrow (c-2)^2\geqslant 0(true)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=3,c=2$

[tthnew]

Câu 4.

a) Gọi $PF$ cắt $QE$ tại $R.$ Đi tính thôi! Kẻ $BJ//PC.$ Có$:$

$$\dfrac{CN}{NB}\cdot \dfrac{BE}{EP}=\dfrac{CR}{JB}\cdot \dfrac{JB}{PR}=\dfrac{CR}{PR}$$

$$\Rightarrow \dfrac{PR}{CR}=\dfrac{EP}{EB}\cdot \dfrac{NB}{NC}=\dfrac{PQ}{NC}\Rightarrow PQ||AD||BC.$$ Do đó:

$$\angle QPC=\angle PCN=\angle QEF$$

$\Rightarrow$ Tứ giác EFQP nội tiếp.

b) Để ý đường nối tâm là đường trung trực của dây chung. Từ đó gọi $U, V, W$ là tâm $(PQE), (AMF), (CEN)$ thì $U,V,W$ cùng thuộc trung trực $EF.$ (đpcm)

c) Chứng minh $MN, BD, EF$ đồng quy. Gọi $MN, BD$ cắt nhau tại $X.$

Ta đi chứng minh $E, X, F$ thẳng hàng.

Theo Menelaus đảo cho tam giác PBD, cần: $\dfrac{PE}{BE}\cdot \dfrac{BX}{XD}\cdot \dfrac{DF}{FP}=1.$

Tuy nhiên, ta có: $$\dfrac{PE}{BE}=\dfrac{PQ}{NB};\dfrac{BX}{XD}=\dfrac{NB}{DM};\dfrac{DF}{FP}=\dfrac{DM}{PQ},$$ nhân lại là đpcm.

Note. Mình quăng thằng $PQ||BC$ lên câu $a,$ cho tiện.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 21-06-2021 - 05:59

[perfectstrong]

Bài tổ lạ mắt đấy, thường thì dạng này là bảo chứng minh vô lý hoặc ra một bất biến

Lời giải vắn tắt:

Ta kí hiệu $a\mathop  \to \limits^b c$ để biểu diễn rằng xóa số $a,b$ trên bảng và thay bằng $c$. Theo đề thì $c = \frac{a+b}{2}$.

Ta sẽ chứng minh tổng quát: nếu trên bảng có $n$ số tự nhiên từ $1$ đến $n$ ($n \ge 3$) thì ta luôn luôn có cách để thu về số nguyên dương $m \in [2;n-1]$ sau hữu hạn bước.

Thật vậy, ta có dãy biến đổi như sau:

\[\begin{array}{l}
1\mathop  \to \limits^3 2\mathop  \to \limits^2 2\mathop  \to \limits^4 3\mathop  \to \limits^5 ...\mathop  \to \limits^{} m - 3\mathop  \to \limits^{m - 1} m - 2\\
n\mathop  \to \limits^{n - 2} n - 1\mathop  \to \limits^{n - 1} n - 1\mathop  \to \limits^{n - 3} n - 2\mathop  \to \limits^{n - 4} ...\mathop  \to \limits^{} m + 3\mathop  \to \limits^{m + 1} m + 2
\end{array}\]

Sau cùng, ta sẽ còn 3 số trên bảng $m-2; m$ và $m+2$. Ta thực hiện 2 bước cuối cùng:

\[m + 2\mathop  \to \limits^{m - 2} m\mathop  \to \limits^m m\]

[mapdjtbeoidethuong]

Không biết làm hết từ câu 1 đến câu 4b có đỗ không nhỉ? :v

[mapdjtbeoidethuong]

Không có gì

Em xin chém câu bất đẳng thức (Câu 3)

a) Từ giả thiết ta có: $6-c=\sqrt{ab+a+b+1}\leqslant \sqrt{\frac{(a+b)^2}{4}+a+b+1}=\frac{a+b}{2}+1\Rightarrow a+b+2\geqslant 12-2c\Rightarrow a+b+2c\geqslant 10$

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+2}\leqslant 2$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geqslant \frac{c}{c+2}$

Mà ta có: $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geqslant \frac{2}{\sqrt{(a+1)(b+1)}}=\frac{2}{\sqrt{ab+a+b+1}}=\frac{2}{6-c}$ nên ta cần chứng minh: $\frac{2}{6-c}\geqslant \frac{c}{c+2}\Leftrightarrow (c-2)^2\geqslant 0(true)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=3,c=2$

Cách khác của câu $b$ (nhưng cũng gần giống):

BĐT $\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{2}{c+2} \geqslant 1$.

Ta có:

$VT \geqslant \frac{2}{\sqrt{(a+1)(b+1)}}+\frac{2}{c+2} \geqslant \frac{2.4}{\sqrt{(a+1)(b+1)}+c+2}=1$.

Ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mapdjtbeoidethuong: 22-06-2021 - 08:21