Đến nội dung

PDF

PDF

Đăng ký: 01-05-2019
Offline Đăng nhập: 24-05-2023 - 20:50
****-

#735224 $\frac{1}{(y-z)^2} +\frac{1}...

Gửi bởi PDF trong 04-10-2022 - 15:21

Cho các số thực $x, y, z$ thỏa mãn $(x+y)(x+z)=4$. Chứng minh rằng $\frac{1}{(y-z)^2} +\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(x+z)^2} \ge 1$

$$VT=\frac{1}{(y-z)^{2}}+\frac{(y-z)^{2}}{(x+y)^{2}(x+z)^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{t^{2}}+\frac{t^{2}}{16}+\frac{1}{2}\geq 1.$$




#733661 Tìm max $\sqrt{a^{3}b+b^{3}c+c^{3...

Gửi bởi PDF trong 15-06-2022 - 20:23

Cho a,b,c là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn a+b+c=4. Tìm GTLN của P=$\sqrt{a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+abc^{2}}+\sqrt{ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}+bca^{2}}$

Đặt $a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+abc^{2}=x,ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}+bca^{2}=y$.

Ta có $$x+y=\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)(bc+ca+ab)-b^{2}ac\leq \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)(bc+ca+ab)\leq \frac{1}{8}(a+b+c)^{4}=32.$$

Suy ra $P=\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq \sqrt{2(x+y)}\leq 8$.

Vậy $P_{max}=2$ khi $a=c=2,b=0$. $\square$




#733028 $(a^2b+b^2a+a^2c+c^2a+b^2c+c^2b)^2\geqslant 4(ab+bc+ca)(a^2b^2+b^2c...

Gửi bởi PDF trong 23-03-2022 - 10:13

1. Cho a,b,c là các số thực dương, Chứng minh bất đảng thức:

$$(a^2b+b^2a+a^2c+c^2a+b^2c+c^2b)^2\geqslant 4(ab+bc+ca)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).$$

Cách 1. Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ nằm giữa $a,c$.

Áp dụng BĐT AM-GM ta có $$VP\leq \left[b(bc+ca+ab)+\frac{b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2}}{b}\right]^{2}.$$

Cần chứng minh $$bc(b+c)+ca(c+a)+ab(a+b)\geq b(bc+ca+ab)+\frac{b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2}}{b},$$

hay $$\frac{ac(a-b)(b-c)}{b}\geq 0,$$

đúng theo giả sử.

 

Cách 2. Ta chứng minh BĐT tổng quát hơn (Ukraine 2001)

$$x(b+c)+y(c+a)+z(a+b)\geq 2\sqrt{(yz+zx+xy)(bc+ca+ab)}.$$

BĐT tương đương

$$(a+b+c)(x+y+z)\geq ax+by+cz+2\sqrt{(yz+zx+xy)(bc+ca+ab)}.$$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

$$VP\leq \sqrt{\left[a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(bc+ca+ab)\right]\left[x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(yz+zx+xy)\right]}=VT.$$

Chọn $x=a^{2},y=b^{2},z=c^{2}$ ta có ngay điều phải chứng minh.

 

Cách 3. Giả sử $a\geq b\geq c$.

Xét đa thức $P(x)=(bc+ca+ab)x^{2}-[bc(b+c)+ca(c+a)+ab(a+b)]x+(b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2})$.

Ta có $P(a)=bc(a-b)(a-c)\geq 0,P(b)=ca(b-c)(b-a)\leq 0,P(c)=ab(c-a)(c-b)\geq 0$.

Suy ra $P(x)$ có hai nghiệm, nên $\Delta_{x}=VT-VP\geq 0$. $\square$




#733009 $(a+b+c)^{6}\geq 729a^{2}b^{2}c^...

Gửi bởi PDF trong 21-03-2022 - 21:40

Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi $a,b,c$ không âm

$$(a+b+c)^{6}\geq 729a^{2}b^{2}c^{2}+108(b-c)^{2}(c-a)^{2}(a-b)^{2}.$$

PS: Bài này tôi từng thấy trên diễn đàn, nhưng hình như chưa có ai giải.

Gợi ý




#732992 Tính $$\int_{-3}^{0}\left(\frac...

Gửi bởi PDF trong 19-03-2022 - 22:15

Đặt $t=12\sqrt{81x^{2}+96}-108x$. Tính $$I=\int_{-3}^{0}\left(\frac{\sqrt[3]{t}}{6}-\frac{4}{\sqrt[3]{t}}\right)\mathrm{d}x.$$




#732917 BẤT ĐẲNG THỨC HƯỚNG TỚI KÌ THI CHUYÊN TOÁN 2021-2022

Gửi bởi PDF trong 13-03-2022 - 11:19

Em không biết đây là kĩ thuật gì, anh có thể nêu cách tìm ra các hệ số trên không ạ?

Dự đoán dấu bằng xảy ra tại $a=b=c$, $VT-VP$ có bậc $3$ theo $c$, hệ số cao nhất là $a+b$ nên nhóm bình phương phần bậc $3$ thành $ac(a-c)^{2}+bc(b-c)^{2}$.

Phần còn lại là BĐT bậc $2$ theo $c$, có nhiều cách để phân tích.

Nhóm bình phương bậc $3$ như trên đòi hỏi kinh nghiệm nhất định.




#732913 BẤT ĐẲNG THỨC HƯỚNG TỚI KÌ THI CHUYÊN TOÁN 2021-2022

Gửi bởi PDF trong 13-03-2022 - 10:46

Bài 26: Cho $a,b,c$ dương. Chứng minh rằng: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geqslant \frac{3}{2}+\frac{(a-b)^2}{2(a+b)^2}$

Bài này trong Group Hướng tới kỳ thi HSG và kỳ thi Chuyên Toán, có lẽ các tay to nhìn vào thì sẽ nói " Ối zời, SOS cứ thế mà phang thôi ", nhưng các bạn cứ SOS thử có khả quan không nhé

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}\geqslant \frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}$

Ta cần chứng minh: $\frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^2}\geqslant \frac{3}{2}+\frac{(a+b)^2-4ab}{2(a+b)^2}\Leftrightarrow \frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}+\frac{2ab+bc+ca}{(a+b)^2}\geqslant 2$

Bất đẳng thức cuối đúng theo AM - GM

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

$$(a+b)^{2}\left[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}-\frac{(a-b)^{2}}{2(a+b)^{2}}\right]=\frac{a(a-c)^{2}}{b+c}+\frac{b(b-c)^{2}}{a+c}\geq 0,$$

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}-\frac{(a-b)^{2}}{2(a+b)^{2}}=\frac{(a+b-c)^{2}(a-b)^{2}+(a^{2}+b^{2}-ac-bc)^{2}+2ac(a-c)^{2}+2bc(b-c)^{2}}{2(a+b)^{2}(a+c)(b+c)}\geq 0.$$




#732894 Chứng minh đường thẳng đối xứng với $BC$ qua $PQ$ tiếp xú...

Gửi bởi PDF trong 11-03-2022 - 08:52

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn $ABC$. Đường tròn $(T)$ qua $A$ cắt $AB, AC$ tại $P, Q$ sao cho $\widehat{BOP}=\widehat{ABC}$ và $\widehat{COQ}=\widehat{ACB}$. Chứng minh đường thẳng đối xứng với $BC$ qua $PQ$ tiếp xúc với $(T)$.

Cách xác định các điểm $P,Q$: Lấy tâm nội tiếp $I$ của tam giác $ABC$. $BI,CI$ cắt lại $(O)$ tại $E,F$. $E',F'$ đối xứng $E,F$ qua trung trực $BC$. $OE',OF'$ cắt $AB,AC$ tại $P,Q$.

Gợi ý giải.

1. Chứng minh $(APQ)$ đi qua $O$.

2. $BO,CO$ cắt lại $(APQ)$ tại $U,V$. Tính các góc $OAU,OAV$ để chứng minh $AO$ là phân giác góc $UAV$.

3. Chứng minh $\overline{BP}\cdot \overline{BA}=\overline{CP}\cdot \overline{CA}$, từ đó suy ra $(APQ)$ đi qua đối xứng $A'$ của $A$ qua trung trực $BC$.

4. Chứng minh $A'O\perp PQ$.

5. Chứng minh tiếp tuyến $A'x$ của $(APQ)$ là đối xứng của $BC$ qua $PQ$ bằng cách chỉ ra góc giữa $PQ$ và $BC$ bằng nửa góc giữa $A'x$ và $BC$.

Hình gửi kèm

  • Sol.png



#732875 $P=\frac{c}{b+c-1}-\frac{b}...

Gửi bởi PDF trong 06-03-2022 - 21:53

Cho các số thực a,b,c thuộc [0;1]. Tìm giá trị max của biểu thức:

$P=\frac{c}{b+c-1}-\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b-1}-(1-a)(1-b)(1-c)$

Cho $b=c=1$ ta có $P=1-\frac{1}{a+2}+\frac{1}{a}=1+\frac{2}{a(a+2)}$. Vì $P\rightarrow +\infty$ khi $a\rightarrow 0^{+}$ nên $P$ không có max.




#732867 Tam giác ABC có đường cao AH: 3x-4y+5=0,. tâm nội tiếp I(2;3), trung điểm BC...

Gửi bởi PDF trong 05-03-2022 - 18:05

Tam giác ABC có đường cao AH: 3x-4y+5=0,. tâm nội tiếp I(2;3), trung điểm BC là $M\left ( \frac{5}{2};4 \right )$
Tìm A, B, C.

Về bản chất thì đây là một bài toán dựng hình. Có thể phát biểu lại như sau:

Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AH$, tâm nội tiếp $I$, trung điểm $M$ của $BC$ được giữ lại, các đối tượng còn lại đều bị xóa.

Hãy dựng lại tam giác $ABC$.

Cách dựng như sau:

1. Qua $M$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AH$, đây là đường thẳng chứa cạnh $BC$. Từ đây xác định được $H$.

2. Dựng hình chiếu $D$ của $I$ lên $BC$.

3. $MI$ cắt $AH$ tại $T$.

4. Dựng điểm $S$ là trung điểm $MT$.

5. $DS$ cắt $AH$ tại điểm $A$. (tại sao ?)

6. $AI$ cắt đường thẳng qua $M$ song song với $AH$ tại $G$.

7. $(G,GI)$ cắt $BC$ tại hai điểm, chính là $B$ và $C$.

Tính toán cụ thể ra ta sẽ thu được $A(1,2)$, tọa độ của $B,C$ là $(4,2)$ và $(1,6)$.




#732721 $\sum \frac{1}{a\sqrt{2(a^{2}+bc)}} \geq \frac{...

Gửi bởi PDF trong 21-02-2022 - 10:23

cho các số thực dương a,b,c. CMR:

$\frac{1}{a\sqrt{2(a^{2}+bc)}}+\frac{1}{b\sqrt{2(b^{2}+ca)}}+\frac{1}{c\sqrt{2(c^{2}+ab)}}\geq \frac{9}{2(ab+bc+ca)}$

Đặt $P=\frac{1}{a\sqrt{2(a^{2}+bc)}}+\frac{1}{b\sqrt{2(b^{2}+ca)}}+\frac{1}{c\sqrt{2(c^{2}+ab)}},Q=\frac{a^{2}+bc}{a}+\frac{b^{2}+ca}{b}+\frac{c^{2}+ab}{c}$.

Theo BĐT Holder ta có

$$P^{2}\cdot Q\geq \frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^{3}.$$

Cần chứng minh $$\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^{3}\geq \frac{81}{2(bc+ca+ab)^{2}}Q.$$

Đặt $\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z$. BĐT trở thành

$$(x+y+z)^{3}\geq \frac{81xyz(x^{2}+y^{2}+z^{2}+yz+zx+xy)}{2(x+y+z)^{2}},$$

hay $$2(x+y+z)^{5}\geq 81xyz(x^{2}+y^{2}+z^{2}+yz+zx+xy).$$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có

$$(x+y+z)^{6}=[x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(yz+zx+xy)]^{3}\geq 27(x^{2}+y^{2}+z^{2})(yz+zx+xy)^{2},$$

$$(yz+zx+xy)^{2}\geq 3xyz(x+y+z),$$

$$2(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+yz+zx+xy.$$

Nhân theo vế ta có đpcm. $\square$




#732708 $\frac{1}{bc+a+\frac{1}{a}}+\frac{1}{ac+b+\frac{1}{b...

Gửi bởi PDF trong 19-02-2022 - 18:01

cho các dố thực dương a,b,c thoả mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{bc+a+\frac{1}{a}}+\frac{1}{ac+b+\frac{1}{b}}+\frac{1}{ab+c+\frac{1}{c}}\leq \frac{27}{31}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

$$\frac{1}{bc+a+\frac{1}{a}}\leq \frac{1}{31^{2}}\left(\frac{8^{2}}{bc+a+\frac{4}{27a}}+\frac{23^{2}}{\frac{23}{27a}}\right).$$

Do đó $$VT\leq \left(\frac{8}{31}\right)^{2}P+\frac{23\cdot 27}{31^{2}},$$

với $$P=\frac{1}{bc+a+\frac{4}{27a}}+\frac{1}{ca+b+\frac{4}{27b}}+\frac{1}{ab+c+\frac{4}{27c}}.$$

Áp dụng BĐT AM-GM cùng giả thiết $a+b+c=1$ ta có

$$P=\frac{1}{(a+b)(a+c)+\frac{4}{27a}}+\frac{1}{(b+c)(b+a)+\frac{4}{27b}}+\frac{1}{(c+a)(c+b)+\frac{4}{27c}}\leq \frac{3\sqrt{3}}{4}Q,$$

với $Q=\sqrt{\frac{a}{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{\frac{b}{(b+c)(b+a)}}+\sqrt{\frac{c}{(c+a)(c+b)}}$.

Lại áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

$$Q^{2}\leq 3\left[\frac{a}{(a+b)(a+c)}+\frac{b}{(b+c)(b+a)}+\frac{c}{(c+a)(c+b)}\right]=\frac{6(a+b+c)(bc+ca+ab)}{(b+c)(c+a)(a+b)}\leq \frac{27}{4},$$

suy ra $P\leq \frac{27}{8}$, từ đó $VT\leq \left(\frac{8}{31}\right)^{2}\cdot \frac{27}{8}+\frac{23\cdot 27}{31^{2}}=\frac{27}{31}$.

Đẳng thức xảy ra chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$. $\square$




#732703 Cho $a,b,c$ là các số không âm. CMR $\frac{2a^2-bc...

Gửi bởi PDF trong 19-02-2022 - 12:41

Cho $a,b,c$ là các số không âm. CMR

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

Nhân tiện trong khi giải bài này, mình sẽ nói thêm đôi chút về thủ thuật SOS bằng tay.

Lời giải. Bất đẳng thức tương đương

$$\sum_{cyc}\frac{2a^{2}-b^{2}-c^{2}}{b^{2}-bc+c^{2}}\geq 0$$

$$\iff \sum_{cyc}\left(\frac{a^{2}-b^{2}}{b^{2}-bc+c^{2}}+\frac{a^{2}-c^{2}}{b^{2}-bc+c^{2}}\right)\geq 0$$

$$\iff \sum_{cyc}\left(\frac{b^{2}-c^{2}}{a^{2}-ac+c^{2}}+\frac{c^{2}-b^{2}}{a^{2}-ab+b^{2}}\right)\geq 0$$

$$\iff \sum_{cyc}\frac{(b+c)(b+c-a)(b-c)^{2}}{(a^{2}-ab+b^{2})(a^{2}-ac+c^{2})}\geq 0$$

$$\iff \sum_{cyc}\left[\frac{(b+c-a)^{2}(b-c)^{2}}{(a^{2}-ab+b^{2})(a^{2}-ac+c^{2})}+\frac{a(b+c-a)(b-c)^{2}}{(a^{2}-ab+b^{2})(a^{2}-ac+c^{2})}\right]\geq 0$$

$$\iff \sum_{cyc}\left[\frac{\left[(b+c-a)^{2}+bc\right](b-c)^{2}}{(a^{2}-ab+b^{2})(a^{2}-ac+c^{2})}\right]-\sum_{cyc}\frac{(b-c)^{2}(a-b)(a-c)}{(a^{2}-ab+b^{2})(a^{2}-ac+c^{2})}\geq 0$$

$$\iff \sum_{cyc}\left[\frac{\left[(b+c-a)^{2}+bc\right](b-c)^{2}}{(a^{2}-ab+b^{2})(a^{2}-ac+c^{2})}\right]+\frac{2(b-c)^{2}(c-a)^{2}(a-b)^{2}}{(b^{2}-bc+c^{2})(c^{2}-ca+a^{2})(a^{2}-ab+b^{2})}\geq 0,$$

hiển nhiên đúng.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ và các hoán vị tương ứng. $\square$

Thủ thuật trên đây là "tận dụng" biểu thức $\sum_{cyc} S_{a}(a-b)(a-c)(b-c)^{2}$ để nhóm lại thành một nhân tử mới, rất hữu dụng.

PS: Đề bài ban đầu chắc là gõ nhầm, mình đã sửa lại.




#732693 $MK^{2}-NK^{2}=MO^{2}-NO^{2}$

Gửi bởi PDF trong 16-02-2022 - 19:03

Cho mình hỏi: (NAB) cắt (MBC) là kiến thức gì vậy. Sao tự dung lại có mặt phẳng của hình không gian tại bài này ?

(NAB) là đường tròn ngoại tiếp tam giác NAB.

Đây chính là hệ quả định lý Brokard.




#732614 Tìm giá trị nhỏ nhất của: $\frac{a}{bc}+\f...

Gửi bởi PDF trong 06-02-2022 - 21:38

Cho $a,b,c$ thực dương và $a^2+b^2+c^2=6$

Tìm giá trị nhỏ nhất của: $\frac{a}{bc}+\frac{2b}{ca}+\frac{5c}{ab}$

Bài này em có lời giải rồi nhưng cân bằng hệ số như thế nào vậy ạ? :ohmy: 

Đặt $P=\frac{a}{bc}+\frac{2b}{ca}+\frac{5c}{ab}=\frac{a^{2}+2b^{2}+5c^{2}}{abc}$.

Đặt $a^{2}=x,b^{2}=y,c^{2}=z$. Khi đó $x+y+z=6$ và $P^{2}=\frac{(x+2y+5z)^{2}}{xyz}=\frac{(x+y+z)(x+2y+5z)^{2}}{6xyz}$.

Giả sử đẳng thức xảy ra tại $x=x_{0},y=y_{0},z=z_{0}$.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho $\frac{x}{x_{0}},\frac{y}{y_{0}},\frac{z}{z_{0}}$ ta có

$$x+y+z\geq 6\left(\frac{x}{x_{0}}\right)^{\frac{x_{0}}{6}}\left(\frac{y}{y_{0}}\right)^{\frac{y_{0}}{6}}\left(\frac{z}{z_{0}}\right)^{\frac{z_{0}}{6}},$$

$$x+2y+5z\geq S\left(\frac{x}{x_{0}}\right)^{\frac{x_{0}}{S}}\left(\frac{y}{y_{0}}\right)^{\frac{2y_{0}}{S}}\left(\frac{z}{z_{0}}\right)^{\frac{5z_{0}}{S}},$$

với $S=x_{0}+2y_{0}+5z_{0}$.

Như vậy ta có $$(x+y+z)(x+2y+5z)^{2}\geq 6S^{2}\left(\frac{x}{x_{0}}\right)^{\frac{x_{0}}{6}+\frac{2x_{0}}{S}}\left(\frac{y}{y_{0}}\right)^{\frac{y_{0}}{6}+\frac{4y_{0}}{S}}\left(\frac{z}{z_{0}}\right)^{\frac{z_{0}}{6}+\frac{10z_{0}}{S}}.$$

Ta cần chọn $x_{0},y_{0},z_{0}$ sao cho $x_{0}+y_{0}+z_{0}=6$ và

$$\frac{x_{0}}{6}+\frac{2x_{0}}{S}=\frac{y_{0}}{6}+\frac{4y_{0}}{S}=\frac{z_{0}}{6}+\frac{10z_{0}}{S}=1.$$

Từ đây giải hệ tìm được $x_{0}=3,y_{0}=2,z_{0}=1$.

PS: Lâu rồi cũng không dùng lại phương pháp này. Bây giờ bọn anh hay dùng nhân tử Lagrange hơn.