Đến nội dung

Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

Đăng ký: 20-10-2015
Offline Đăng nhập: 12-01-2018 - 17:03
****-

#657917 xy+yz+xz=1. Tìm Min $\sum \frac{1}{4x^{2...

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 15-10-2016 - 15:21

Sử dụng AM-GM ta có:
$(2x+y)(2x+z)=\frac{1}{yz}(2xz+yz)(2xy+yz) \leq \frac{1}{4yz}. 4(xy+yz+xz)^2=\frac{1}{yz}$. Từ đó $\sum_{cyc}\frac{1}{4x^2-yz+2} \geq xy+yz+zx =1$


#657912 Chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2=\frac{3}{2}$

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 15-10-2016 - 14:57

Câu 2:
Cách 1: Do $abc=1$ nên tồn tại $x, y, z >0$ sao cho $a=\sqrt{\frac{y}{x}}, b=\sqrt{\frac{z}{y}}, c=\sqrt{\frac{x}{z}}$. Khi đó:
$P= \frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}$ $=$ $\sqrt{\frac{x}{x+y}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}} \leq \sqrt{[x(y+z)+y(z+x)+z(x+y)][\frac{1}{(x+y)(y+z)}+\frac{1}{(y+z)(x+z)}+\frac{1}{(z+x)(x+y)}]}$ $=$ $\sqrt{\frac{4(x+y+z)(xy+yz+xz)}{(x+y)(y+z)(z+x)}} \leq \frac{3}{\sqrt{2}}$. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$. BĐT cuối cùng đúng là do $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$.
Cách 2: sử dụng AM-GM ta có:
$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{2x}{x+y}} \leq \sum_{cyc}[\frac{3x(y+z)}{4(xy+yz+zx)} + \frac{2(xy+yz+zx)}{3(x+y)(y+z)}] = \frac{17}{6}+\frac{4xyz}{3(x+y)(y+z)(z+x)} \leq 3$


#657762 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 13-10-2016 - 20:24

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 95}}$.
Gọi $M', N', P', Q'$ đối xứng với $I$ qua $A'B', B'C', C'D', D'A'$. Điều cần chứng minh tương đương $M'P' \perp N'Q'$ và $(IM'P'), (IN'Q')$ trực giao.
Nghịch đảo cực $I$, phương tích là phương tích của $(O)$. Ta chuyển về bài toán sau: gọi $O_{xy}$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IXY$. Chứng minh $O_{ab}O_{cd} \perp O_{ad}O_{bc}$ và $(IO_{ab}O_{cd}), (IO_{ad}O_{bc})$ trực giao. Vuông góc thì luôn đúng tại nó song song với các cạnh hình chữ nhật. Còn trực giao thì cộng góc là xong.


#648207 $(x^{2}+x)\sqrt{4x-3}-\sqrt{6x-2...

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 06-08-2016 - 12:28

$-\frac{x^2+x}{\sqrt{4x-3}+x}+x+5 \geq -\frac{x^2+x}{x}+x+5 = 4 >0$. Ok rồi bạn


#648203 CMR: ab^2 <=1/8

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 06-08-2016 - 12:08

Bạn cứ khai triển tung hết ra, khi đó ta có hệ thức $b(2a+1)=1$. Do đó, sử dụng AM-GM ta có: $1=b^2(2a+1)^2 \geq 8ab^2$. Do đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2}$


#648202 Chứng minh rằng $\sum \frac{2a^2-bc}{b^2-bc+c^2...

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 06-08-2016 - 11:59

Cho a,b,c là các sô thực không âm. Chứng minh rằng

$\sum \frac{2a^2-bc}{b^2-bc+c^2}\geq 3$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\sum_{cyc} (\frac{2a^2-bc}{b^2-bc-c^2}+1) \geq 6$ $\Leftrightarrow$ $\sum_{cyc} \frac{2a^2+(b-c)^2}{b^2-bc+c^2} \geq 6$.
Sử dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
$(\sum_{cyc}\frac{2a^2+(b-c)^2}{b^2-bc-c^2})(\sum_{cyc} [2a^2+(b-c)^2](b^2-bc+c^2)) \geq 4(2 \sum_{cyc} a^2 -\sum_{cyc} ab)^2$.
Do đó ta cần chứng minh:
$2(2 \sum_{cyc} a^2- \sum_{cyc} ab)^2 \geq 3 \sum_{cyc} [2a^2+(b-c)^2][b^2-bc+c^2]$ $\Leftrightarrow$ $2 \sum_{cyc}a^4+2abc\sum_{cyc}a + \sum_{cyc} ab(a^2+b^2) \geq 6 \sum_{cyc} a^2b^2$.
Sử dụng BĐT Schur bậc 4 và AM-GM ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b, c=0$ và các hoán vị.


#648000 $x+y+z+\frac{1}{x+y+z}\geq \frac{10}{3}$

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 04-08-2016 - 23:26

Bài 2: Sử dụng Cauchy-Schwarz ta có:
$\sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}.\sqrt{x+y} \geq \(x+y)\sqrt{(x+z)(y+z)} \geq (x+y)(\sqrt{xy}+z) = z(x+y) +(x+y)\sqrt{xy} \geq z(x+y)+2xy$. Lập tương tự các công thức ta có đpcm.


#647955 Tìm GTNN của $P=(a+b)(a+c)$

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 04-08-2016 - 18:18

Theo giả thiết thì $abc(a+b+c)=1$.
Sử dụng AM-GM: $P=(a+b)(a+c)=a(a+b+c)+bc \geq 2\sqrt{abc(a+b+c)}=2$


#647939 Chứng minh rằng: $2(x+y+z)-xyz\le 10$.

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 04-08-2016 - 16:56

Bài 1: Theo mình không cần $xyz \leq 0$ đâu. Không mất tổng quát, giả sử $z= \max \{x, y, z \}$. Khi đó $18 = 2x^2+2y^2+2z^2 \geq 3(x^2+y^2) \geq 6xy$, suy ra $xy \leq 3$.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có $[2(x+y+z)-xyz ] ^2 = [2(x+y)+z(2-xy)]^2$ $\leq [2^2+(2-xy)^2 ][(x+y)^2+z^2 ] = (9+2xy)(x^2y^2-4xy+8) = 100 + (2xy-7)(xy+2)^2 \leq 100$. Ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $x=z=2, y=-1$ và hoán vị.
P/s: bạn có thể xem thêm VNTST 2002


#647932 Chứng minh rằng: $2(x+y+z)-xyz\le 10$.

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 04-08-2016 - 16:30

Lời giải bài 2: Đặt $x=3a, y=5b, z=2c$ với $a, b, c >0$. Theo giả thiết thì ta có: $3a+5b+7c=15abc$.
Ta có $P=6a+5b+4c$
Sử dụng AM-GM ta có: $(6a+5b+4c)^2(3a+5b+7c) \geq 225\sqrt[15]{a^{12}b^{10}c^8}. 15\sqrt[15]{a^3b^5c^7}=15^3abc$. Suy ra $P \geq 15$. Dấu bằng xảy ra khi: $x=3, y=4, z=2$


#647857 ​$\frac{a}{a^2+2}+\frac{b}{...

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 03-08-2016 - 23:52

Xử lí nhẹ :) $a^2+2 \geq 2a+1$. Do đó ta cần chứng minh $\frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1} \leq 1$ $\Leftrightarrow$ $\frac{1}{2a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{2c+1} \geq 1$.
Giả thiết $abc=1$ nên tồn tại $x, y, z >0$ thỏa $a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}$. Từ đó, sử dụng Cauchy-schwarz ta có $\frac{1}{2a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{2c+1}=\frac{y}{2x+y}+\frac{z}{2y+z}+\frac{x}{2z+x} \geq \frac{(x+y+z)^2}{y(2x+y)+z(2y+z)+x(2z+x)}=1$.


#646799 chứng minh: $\frac{(x+y)(x+z)}{4x}+\frac...

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 27-07-2016 - 20:55

Cho các số dương $x,y,z$. Chứng minh :

$$\frac{(x+y)(x+z)}{4x}+\frac{(y+x)(y+z)}{4y}+\frac{(x+z)(z+y)}{4z}\geq x+y+z$$

$\Leftrightarrow$ $\frac{x(x+y+z)+yz}{x}+\frac{y(x+y+z)+xz}{y}+\frac{z(x+y+z)+xy}{z} \geq 4(x+y+z)$ $\Leftrightarrow$ $\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}+\frac{xy}{z} \geq x+y+z$. Sử dụng AM-GM ta có: $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x} \geq 2y$. Tương tự ta có đpcm. 




#646748 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 27-07-2016 - 16:35

Bài toán 85': Cho $\triangle ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với điểm $P$ bất kì, $AP, BP, CP$ thứ tự cắt $(ABC)$ tại điểm thứ hai $D, E, F$. Gọi $L, L'$ thứ tự là điểm Lemoine của $\triangle ABC, \triangle DEF$. Khi đó $P, L, L'$ thẳng hàng. 

Chứng minh: $AL$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $A'$. $A'P$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $D'$. $AA'$ là đường đối trung của tam giác $\triangle ABC$ nên $(AA'BC)=-1$. Ta biết rằng phép nghịch đảo bảo toàn tỉ số kép, mặt khác $AD, BE, CF, A'D'$ đồng quy tại $P$, nên $(DD'EF)=(AA'BC)=-1$, do đó $DD'$ đi qua $L'$. Định nghĩa tương tự với $B', E'$ thì $EE'$ đi qua điểm $L'$. Gọi $K$ là giao điểm của $AE'$ và $BD'$

Bây giờ áp dụng định lí Pascal cho bộ 6 điểm đồng viên $\begin{pmatrix} A & B' & D' \\  B & A' & E' \end{pmatrix}$ ta có $L, P, K$ thẳng hàng, lại áp dụng định lí Pascal cho bộ 6 điểm đồng viên $\begin{pmatrix} A & D' & E \\  B & E' & D \end{pmatrix}$ ta có $K, P, L'$ thẳng hàng. Ta có đpcm.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 86}}$ $AI$ cắt $CD$ tại $F$. Một tính chất đặc trưng của tứ giác ngoại tiếp đó là $\widehat{AID}+\widehat{BIC} = 180^{\circ}$. Do đó $\widehat{FID}=\widehat{CIB}$, suy ra hai góc $\widehat{CIF}$ và $\widehat{BID}$ có chung đường phân giác trong. Từ đó ta có đpcm. 




#646707 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 27-07-2016 - 13:29

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 85}}$

$AP, BP, CP$ cắt $(ABC)$ thứ tự tại điểm thứ hai $X, Y, Z$. Đương nhiên dễ thấy rằng $\triangle XYZ$ và $\triangle DEF$ có các cạnh tương ứng song song và có tâm vị tự là $P$. Do đó giả sử gọi $L$ là điểm Lemoine của $\triangle XYZ$ thì điểm Lemoine của $\triangle DEF$ thuộc $PL$. Do $A, B, C, P$ cố định nên $X, Y, Z$ cố định hay $L$ cố định nên $PL$ cố định, ta có đpcm

P/s: Thầy có thể tiếp tục giúp em được không ạ?




#645625 Hệ phương trình

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 20-07-2016 - 10:22

mình biết là nó có nhân tử như vậy như bị rối ở chỗ phân tích pt 2 thành pt tích ấy. Bạn phân tích giúp mình đc ko?

$(x+1+2y)[2(x+1)^2-y(x+1)+2y^2]=0$