Đến nội dung

Nguyen Huy Hoang

Nguyen Huy Hoang

Đăng ký: 21-01-2014
Offline Đăng nhập: 07-03-2022 - 12:21
****-

#648218 $\LARGE \left\{\begin{matrix} (16x^4-...

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 06-08-2016 - 14:48

$\LARGE \left\{\begin{matrix} (16x^4-20x^2+5)(16y^4-20y^2+5)=\frac{1}{xy}\\ x^2+y^2=1 \end{matrix}\right.$

 

*Có lẽ sử dụng pp lượng giác hóa*




#600523 Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C', đáy là tam giác vuông, AC=BC=a,...

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 28-11-2015 - 21:52

untitled.JPG




#600522 Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C', đáy là tam giác vuông, AC=BC=a,...

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 28-11-2015 - 21:51

 

góc giữa $A'B$ và $(ACC'A')$ = 30  độ

<=>  $\widehat{BA'C} = 30$

Tam giác $BA'C$ vuông tại $C$ (dễ cm) có $BC=a$, góc $BA'C = 30$ => $A'C = a\sqrt3$

 

Gọi $D$ là hình chiếu của $M$ lên $A'C$ 

Ta sẽ cm độ dài $MD$ là khoảng cách từ $M$ đến $mp(A'BC)$

Thật vậy:

+$MD$ vuông góc với $A'C$ theo cách ta vẽ

+$MD$ nằm trong $(ACC'A')$ mà $(ACC'A')$ vuông góc với $BC$ nên => $MD$ vuông góc với $BC$

=> $MD$ vuông góc với $mp(A'BC)$

 

Việc còn lại là tính $MD$

Xét riêng mặt phẳng $(ACC'A')$

Ta có:

$A'C'=AC=a$

$A'C=a\sqrt3$

Trong tam giác A'C'C, theo đ/l Pytago => $CC'=a\sqrt2$

Từ C' nếu ta hạ C'H vuông góc với A'C ( H nằm trong A'C) thì theo hệ thức lượng trong tam giác dễ thấy:

$\frac{1}{C'H^2}=\frac{1}{C'A'^2}+\frac{1}{C'C^2} $

=> $C'H=a\frac{\sqrt{6}}{3}$

Vì $M$ là trung điểm $A'C'$ nên dễ chứng minh $MD = \frac{1}{2} C'H = a\frac{\sqrt{6}}{6}$

 

Vậy khoảng cách cần tìm là  $a\frac{\sqrt{6}}{6}$

 




#578762 chứng minh rằng $\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}...

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 05-08-2015 - 15:01

Bạn xem tại đây




#575228 $P=\frac{x^2}{1-x}+\frac{y^2}...

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 25-07-2015 - 13:48

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$P \geq \frac{(x+y)^2}{2-(x+y)}+\frac{1}{x+y}+x+y$

 

Đặt $f(t)=\frac{t^2}{2-t}+\frac{1}{t}+t$   (ĐK: $0 \leq t \leq 1$)

 

$=> f'(t)=\frac{3t^2+4t-4}{(2-t)^2t^2}$

 

$f'(t)=0 <=>t=\frac{2}{3}$ hoặc $t=-2$

 

Lập bảng biến thiên của $f(t)$ trên $(0;1)$ suy ra $Min_{P}=\frac{5}{2}$ tại $t=\frac{2}{3}$ hay $x=y=\frac{1}{3}$

 




#575200 Cm $\sqrt{xy+2x+2y+4}+\sqrt{(2x+2)y}\...

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 25-07-2015 - 09:51

Điều kiện chính xác của bài này phải là

$x \geq -1$

$y \geq 0$

 

Với điều kiện trên, áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$VT = \sqrt{(x+2)(y+2)}+\sqrt{(x+1).2y} \leq \frac{x+y+4}{2}+\frac{x+2y+1}{2}=\frac{2x+3y+5}{2}=5=VP$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=1$.$\blacksquare$




#575195 Chứng minh $\angle ABC=90^{o}$

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 25-07-2015 - 09:34

$S=\frac{h(a+b)}{2}=\frac{ha}{2}+\frac{hb}{2}={{S}_{ABD}}+\frac{hb}{2}$ (1)

Mặt khác:

$S={{S}_{ABD}}+{{S}_{BCD}}$ (2)

 

Từ (1) và (2) suy ra ${{S}_{BCD}}=\frac{hb}{2}$ (1')

 

Xét tam giác $BCD$ , hạ đường cao $DE$. Ta có:

${{S}_{BCD}}=\frac{DE.BC}{2}=\frac{DE.b}{2}$ (2')

 

Từ (1') và (2') suy ra $DE=h$

 

Xét hai tam giác vuông $ABD$ và $EDB$ có:$BD$ chung, $DE=AB=h$

=> $\Delta ABD=\Delta EDB$

=> $\widehat{ADB}=\widehat{DBE}$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong

=> $AD$//$BC$

Lại có  $AB\bot AD$

=> $AB\bot BC$=> đpcm




#575090 $4a+\frac{1}{a}$

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 24-07-2015 - 19:51

Áp dụng bđt Cauchy có $4a+\frac{1}{a}\geq 2\sqrt{4a.\frac{1}{a}}=4$

Dây "=" xảy ra khi $a=\frac{1}{2}$

 

 

Cái này chưa phải nhỏ nhất bạn nhé!

$\frac{1}{2} \leq \frac{1}{4} $

Bạn đùa à?  :biggrin:




#575012 $\left\{\begin{matrix} .. & &...

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 24-07-2015 - 14:49

$\left\{ \begin{matrix}  & {{(x-1)}^{2}}+2({{x}^{2}}+{{y}^{2}})=\frac{7}{2}+\frac{1}{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}} \\ & x+\sqrt{{{x}^{2}}+3{{y}^{2}}}=3 \\\end{matrix} \right.$ 

 




#574976 $\sum \frac{a^{2}}{a+b^{2}...

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 24-07-2015 - 12:34

1) Cô si ngược

Ta có:

$\sum{\left( \frac{{{a}^{2}}}{a+{{b}^{2}}} \right)}=\sum{\left( a-\frac{a{{b}^{2}}}{a+{{b}^{2}}} \right)}\ge \sum{\left( a-\frac{a{{b}^{2}}}{2b\sqrt{a}} \right)}=\sum{\left( a-\frac{b\sqrt{a}}{2} \right)=3-\sum{\frac{b\sqrt{a}}{2}}}$

 

Do đó ta cần chứng minh

  $ \frac{b\sqrt{a}}{2}+\frac{c\sqrt{b}}{2}+\frac{a\sqrt{c}}{2}\le \frac{3}{2} $

 $ \Leftrightarrow \sqrt{ab}\sqrt{b}+\sqrt{bc}\sqrt{c}+\sqrt{ca}\sqrt{a}\le 3 $

 

Theo Cauchy-Schwarz:

  $ \sqrt{ab}\sqrt{b}+\sqrt{bc}\sqrt{c}+\sqrt{ca}\sqrt{a}\le \sqrt{(ab+bc+ca)(a+b+c)} $

 $ \le \sqrt{\frac{{{(a+b+c)}^{2}}}{3}.(a+b+c)}=3 $

 

BĐT được chứng minh

 

2)Áp dụng bất đẳng thức Holder:

 

$\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}} \right)\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}} \right)\left( a+b \right)\ge {{\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)}^{3}}$

$\Leftrightarrow \frac{{{\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}} \right)}^{2}}}{{{\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)}^{2}}}\ge \frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{a+b}$

 

Lại có:$\frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{a+b}=\frac{(1+1)(1+1)\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)}{4(a+b)}\ge \frac{{{\left( a+b \right)}^{3}}}{4(a+b)}=\frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}$

$\Rightarrow \frac{{{a}^{4}}+{{b}^{4}}}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}\ge \frac{a+b}{2}$

Chứng minh tương tự rồi cộng theo vế ba BĐT lại ta được đpcm.




#574449 ký hiệu % latex gõ thế nào?

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 21-07-2015 - 17:34

\%

 

\$ 

 

bình thường thôi




#574350 Cho a>0 tìm GTNN của $S=\frac{a}{a^{2}...

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 20-07-2015 - 23:03

Sử dụng BĐT $AM-GM$ ta có:

$S=\left ( \frac{a}{a^2+1}+\frac{a^2+1}{\color{red}{4}} \right )+\frac{9(a^2+1)}{4a} \geqslant 1+\frac{18a}{4a}=\frac{11}{2}$

 

Xảy ra dấu $"="$ khi $a=1$

Chỗ này bạn ghi thiếu $a$ nè  :D




#572542 1) $\frac{17x+1}{\sqrt{3-2x^2}+2-x...

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 14-07-2015 - 22:02

Giải các phương trình sau:

 

1) $\frac{17x+1}{\sqrt{3-2x^2}+2-x}=2x-3$

 

2) $3(x^2+1)^2-15=8x^2\sqrt{2(2-x^2)}$

 

3) $6x^3+15x^2+x+1=(3x^2+9x+1)\sqrt{x^2-x+1}$

 

4) $4\sqrt{1+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{(x+1)^2}}=\sqrt{x^2+x}+4$

 

*Chú ý: Cố gắng sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ




#572124 $\sum\frac{1}{4a^{2}+b^{2}+...

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 13-07-2015 - 20:26

Để ý thấy bất đẳng thức là thuần nhất, do đó ta chuẩn hóa $a+b+c=3$

Ta có:$\sum \frac{1}{4a^2+b^2+c^2}=\frac{1}{9}\sum \frac{(a+b+c)^2}{4a^2+b^2+c^2}$

$\leq {\color{red}{\frac{1}{9}(\frac{a^2}{2a^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2})=\frac{1}{2}}}$

Giờ ta sẽ chứng minh:$\frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)}+\frac{1}{ab+bc+ca}\geq \frac{1}{2}$

Thật vậy:$\frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)}+\frac{4}{4(ab+bc+ca)}\geq \frac{9}{2(a+b+c)^2}=\frac{1}{2}$

BĐT được chứng minh :D

Giải thích chỗ này?




#571502 $\sum \frac{c}{(3a+5b)^3} \geq \frac{9}{512}$

Gửi bởi Nguyen Huy Hoang trong 11-07-2015 - 20:21

Áp dụng $Cauchy-Schwarz$ ta có: 

$\frac{a}{(3b+5c)^3}+\frac{b}{(3c+5a)^3}+\frac{c}{(3a+5b)^3} $

$= \frac{a^4}{(3ab+5ac)^3} + \frac{b^4}{(3bc+5ab)^3} + \frac{c^4}{(3ac+5bc)^3}$

$= \left[\frac{a^4}{(3ab+5ac)^3} + \frac{b^4}{(3bc+5ab)^3} + \frac{c^4}{(3ac+5bc)^3} \right].\left[ (3ab+5ac)+(3bc+5ab)+(3ac+5bc)\right].\frac{1}{8}$

$\geq \frac{1}{8} \left [ \frac{a^2}{3ab+5ac}+\frac{b^2}{3bc+5ab}+ \frac{c^2}{3ac+5bc}\right]^2$

$\geq \frac{1}{8} \left[ \frac{(a+b+c)^2}{8(ab+bc+ca)}\right]^2$

$\geq \frac{1}{8}.\left(\frac{3}{8} \right)^2$

$=\frac{9}{512}$