Đến nội dung


KietLW9

Đăng ký: 19-03-2021
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 23:27
*****

#733448 Tìm GTNN của $P=x^2+y^2+\frac{x^2y^2}{(4xy-x-y)^2...

Gửi bởi KietLW9 trong 16-05-2022 - 11:48

Sao mình thấy bạn hay đăng bài trong sách 96 đề của thầy cẩn nhỉ




#733413 Kinh nghiệm của người đã không đi theo Toán

Gửi bởi KietLW9 trong 09-05-2022 - 22:04

Em không hiểu anh nói gì nhưng hãy cố gắng lên anh nhé  :D




#733404 $\sqrt[3]{\frac{a}{b(b+2c)}} +...

Gửi bởi KietLW9 trong 09-05-2022 - 12:12

Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta được: $(\sqrt[3]{\frac{a}{b(b+2c)}}+\sqrt[3]{\frac{b}{c(c+2a)}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a(a+2b)}})^3\left [ a(b+2c)+b(c+2a)+c(a+2b) \right ]\geqslant (\frac{\sqrt{a}}{\sqrt[4]{b}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt[4]{c}}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt[4]{a}})^4$

Ta đặt $(\sqrt[4]{a},\sqrt[4]{b},\sqrt[4]{c})\rightarrow (x,y,z)$ thì ta quy về chứng minh: $\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\geqslant 3$ với $x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4=3$

Tiếp tục dùng Holder, ta được: $(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x})^4\geqslant \frac{(x^2+y^2+z^2)^6}{(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)^2}=\frac{(x^2+y^2+z^2)^6(x^4+y^4+z^4)}{(x^4+y^4+z^4)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)^2}\geqslant \frac{27(x^2+y^2+z^2)^6(x^4+y^4+z^4)}{(x^2+y^2+z^2)^6}$

Như vậy: $\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\geqslant \sqrt[4]{27(x^4+y^4+z^4)}\geqslant 3$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$




#733384 Tứ giác ABCD có I là giao hai đường chéo , (O) tiếp xúc AB,CD tại A,C.Chứng m...

Gửi bởi KietLW9 trong 05-05-2022 - 15:24

Năm 2021 em nhé, em lên đó đọc là được




#733311 BẤT ĐẲNG THỨC HƯỚNG TỚI KÌ THI CHUYÊN TOÁN 2021-2022

Gửi bởi KietLW9 trong 24-04-2022 - 20:15

Kết thúc hành trình ôn luyện toán trong 4 năm, thực chất là 3 năm vì năm lớp 6 mình chả biết gì về toán, sau kì thi HSG Tỉnh Quảng Nam 2021-2022 thì bao nhiêu giấc mơ, hoài bão của mình đã mở ra, mình rất xúc động khi cầm trên tay bảng điểm và mình là người có số điểm cao nhất, ước mơ nhất tỉnh của mình đã ấp ủ từ rất lâu và hiện tại nó đã thành sự thật, mình tin rằng đây chỉ là một khởi đầu nho nhỏ trong cuộc đời mình, mình sẽ lấy nó làm động lực để phát triển hơn nữa trong tương lai, điều khiến mình tâm đắc nhất không phải là hơn nhiều người vì thực chất mình đạt 16,5 điểm và bạn giải Nhì đạt 16 điểm, không hơn là bao nhưng việc mình vui nhất chính là mình đã giải ra câu bất đẳng thức trong đề, và không ai trong tỉnh mình làm được câu này. (Cũng hơi tiếc vì mình thiếu nghiệm câu hệ và câu số chứ không là điểm tối đa). Mình xin chia sẻ câu bất đó và cách làm của mình như sau (Đây cũng là bài cuối cùng của Topic, khép lại quãng đường bất đẳng thức thời thơ ấu)

ĐỀ BÀI: Cho ba số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $xyz\geqslant 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\frac{x^3-1}{x^2+y+z}+\frac{y^3-1}{y^2+z+x}+\frac{z^3-1}{z^2+x+y}$

Bài này chính là chìa khóa mở ra con đường thành công cho mình cũng là câu mình dành thời gian nhiều nhất và sót nghiệm các câu dễ. Thực sự thì câu này mình chưa từng gặp qua nên cũng hơi khó khăn để nhận dạng và khi mình quan sát thì mình nghĩ ngay đến việc tách nó ra và chứng minh bất đẳng thức sau $\frac{x^3}{x^2+y+z}+\frac{y^3}{y^2+z+x}+\frac{z^3}{z^2+x+y}\geqslant \frac{1}{x^2+y+z}+\frac{1}{y^2+z+x}+\frac{1}{z^2+x+y}$

Quan sát một chút nữa, đại lượng $x^2+y+z$ rất quen, chúng ta có thể Cauchy-Schwarz kiểu: $(x^2+y+z)(1+y+z)\geqslant (x+y+z)^2\Rightarrow \frac{1}{x^2+y+z}\leqslant \frac{1+y+z}{(x+y+z)^2}$

Như vậy ta sẽ có được: $\frac{1}{x^2+y+z}+\frac{1}{y^2+z+x}+\frac{1}{z^2+x+y}\leqslant \frac{3+2(x+y+z)}{(x+y+z)^2}$

Còn biểu thức vế trái thì thực sự mình rất rối và mình quyết tâm phải biến nó về một biến $t=x+y+z$ và nhìn bậc $3$ trên mẫu, mình nghĩ ngay đến Holder và làm như sau: $\frac{x^3}{x^2+y+z}+\frac{y^3}{y^2+z+x}+\frac{z^3}{z^2+x+y}\geqslant \frac{(x+y+z)^3}{3(x^2+y^2+z^2)+6(x+y+z)}=\frac{(x+y+z)^3}{3(x+y+z)^2-6(xy+yz+zx)+6(x+y+z)}\geqslant \frac{(x+y+z)^3}{3(x+y+z)^2+6(x+y+z)-18}$

Đến đây ta cần chứng minh: $\frac{(x+y+z)^3}{3(x+y+z)^2+6(x+y+z)-18}\geqslant \frac{3+2(x+y+z)}{(x+y+z)^2}$

Và đương nhiên bất đẳng thức này luôn đúng với $x+y+z\geqslant 3$ bằng cách biến đổi tương đương (Việc tách ghép biểu thức bậc 5 có nhân tử $x+y+z-3$ là điều đơn giản)

 

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

Đó là toàn bộ cách làm của mình khi ngồi trong phòng thi và mình tin chắc là giám khảo chấm thi đã cho mình tròn điểm câu này dù mình không chứng minh lại bất đẳng thức Holder và Cauchy-Schwarz và bất đẳng thức cuối mình đã khẳng định nó đúng mà chưa giải thích (chỉ bấm máy tính).

Khi về nhà thì mình có nghĩ lại và thấy một hướng nhanh hơn là chứng minh hai bất đẳng thức sau:

$\frac{(x+y+z)^3}{3(x+y+z)^2+6(x+y+z)-18}\geqslant 1$

$\frac{3+2(x+y+z)}{(x+y+z)^2}\leqslant 1$

Cũng bằng biến đổi tương đương

 

 

 




#733276 $\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac...

Gửi bởi KietLW9 trong 17-04-2022 - 07:37

a) Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta được: $\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}\leqslant \frac{a}{a+b}+\sqrt{b}=\frac{a}{a+b}+2\sqrt{\frac{b}{a+b}.\frac{a+b}{4}}\leqslant \frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}+\frac{a+b}{4}\leqslant 1+\frac{a+b+c}{4}=\frac{5}{4}$

Dấu bằng xảy ra khi $a=\frac{3}{4},b=\frac{1}{4},c=0$

b) Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta được: $\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{c}{\sqrt{b+c}}\leqslant \sqrt{a}+\sqrt{{c}}\leqslant \sqrt{2(a+c)}\leqslant \sqrt{2(a+b+c)}=\sqrt{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=c=1,b=0$




#733260 $\sum \frac{b^3+2abc+c^3}{a^2+bc}\ge...

Gửi bởi KietLW9 trong 14-04-2022 - 18:43

Ta để ý đẳng thức sau: $$\frac{b^3+2abc+c^3}{a^2+bc}+a=\frac{a^3+b^3+c^3+3abc}{a^2+bc}$$

Như vậy ta chuyển về chứng minh: $$(a^3+b^3+c^3+3abc)(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab})\geqslant 3(a+b+c)$$

Sau khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì ta quy về chứng minh: $$3(a^3+b^3+c^3+3abc)\geqslant (a+b+c)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$$

Đây chính là bất đẳng thức Schur quen thuộc

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$




#733237 Bóng đá mùa giải 2021-2022

Gửi bởi KietLW9 trong 13-04-2022 - 19:37

Gắng thi tốt nhé em. Mà đừng học BĐT nhiều quá nhé, dành thời gian học các mảng khác cho đều, anh nghĩ là sẽ tốt hơn đấy. 

:)) đâu có anh, em có học bddt nhiều đôu. em vẫn học số học hình học trong các topic cũ á a, e đăng nhiều bài




#733226 BẤT ĐẲNG THỨC HƯỚNG TỚI KÌ THI CHUYÊN TOÁN 2021-2022

Gửi bởi KietLW9 trong 13-04-2022 - 10:43

ĐỀ LUYỆN CHUYÊN TOÁN - ĐỀ SỐ 11

Câu 1:

a) Cho phương trình $|(x^2-1)^2+2m^2-2m+2|+m^2-2m-2=0$ với $m$ là một tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của $m$ sao cho phương trình trên có một số lẻ các nghiệm thuộc đoạn $[-2;2]$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}xy=x+2y+3 & \\ 4x^3-y^3=24x^2-45x+15y+41 \end{matrix}\right.$

Câu 2:

a) Chứng minh rằng nếu $2n$ là tổng của hai số chính phương lớn hơn $1$ phân biệt thì $n^2+2n$ viết được dưới dạng tổng của bốn số chính phương lớn hơn $1$ phân biệt

b) Tìm các số thực $x$ sao cho $\frac{\sqrt{x}}{x\sqrt{x}-3\sqrt{x}+3}$ là số nguyên

c) Tồn tại hay không các số nguyên $x,y$ thỏa mãn $7^x+24^x=y^2$

Câu 3: Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB$ cố định, $C$ là điểm di động trên nửa đường tròn sao cho $CA<CB$. $BC$ cắt tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ ở $T$. $N$ là điểm trên cung nhỏ $AC$. Đường tròn tâm $T$ bán kính $TA$ cắt tiếp tuyến tại $N$ của $(O)$ ở $X,Y$. Chứng minh rằng $(TXY)$ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi $C$ và $N$ di động.

Câu 4: Cho $\Delta ABC$ nhọn ($AB>AC$) nội tiếp đường tròn $(O)$, ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $I_a$ là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh $A$ của $\Delta ABC$. $P$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$ chứa $A$, $PI_a$ cắt $(O)$ tại $K$. $D,E,F$ là tiếp điểm của $(I)$ lên $BC,AC,AB$

a) Chứng minh rằng: $\angle KAI=\angle DAI$

b) Gọi $X$ là hình chiếu của $D$ lên $EF$, trung trực của $BC$ cắt $EF$ tại $Y$. Chứng minh rằng tứ giác $BYXC$ nội tiếp

c) Gọi $L$ là giao điểm của $OI$ với $DP$. Chứng minh rằng $A,L,K$ thẳng hàng

Câu 5:

a) Với mọi số thực $x$ thỏa mãn $0\leqslant x\leqslant 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=\sqrt{x+x^3}+\sqrt{x-x^3}$

b) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1 $. Chứng minh rằng: $$ \sqrt{a^2+2a}+\sqrt{b^2+2b}+\sqrt{c^2+2c} \ge \sqrt{a^2+b^2+c^2+24} $$




#733223 Bóng đá mùa giải 2021-2022

Gửi bởi KietLW9 trong 13-04-2022 - 06:56

À em được nghỉ 1 tuần trước khi thi tỉnh a, ngày 19/4 em thi




#733220 Bóng đá mùa giải 2021-2022

Gửi bởi KietLW9 trong 13-04-2022 - 04:38

Em nghĩ chung kết toàn Anh á anh




#733217 Bóng đá mùa giải 2021-2022

Gửi bởi KietLW9 trong 13-04-2022 - 04:18

Real đang có lợi, mùa này liv xứng đáng vô địch c1, benzema qbv




#733216 Bóng đá mùa giải 2021-2022

Gửi bởi KietLW9 trong 13-04-2022 - 04:04

Quá buồn  :(




#733208 BẤT ĐẲNG THỨC HƯỚNG TỚI KÌ THI CHUYÊN TOÁN 2021-2022

Gửi bởi KietLW9 trong 12-04-2022 - 20:36

Ta có:$a^{2}b+b\geq 2ab=>\sum a^{2}b + \sum a \geq 2(ab+bc+ca). Can c/m \sum a^{2} \geq a+b+c. Mat khac,\sum a^{2}\geq \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{3}. Quyvec/m ,a+b+c\geq 3;Taco ab+bc+ca+abc\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{3}}{27}.Datx=a+b+cthibatphuongtrinhtrothanh: x^{3}+9x^{2}-108\geq 0<=>(x-3)(x+6)^{2}\geq 0 <=>x\geq 3 =>dpcm.Dau"="<=>a=b=c=1$

Câu 73 ạ

Em sửa bài lại cho đẹp nhé, với cả cách em cũng hay nhưng anh xin chia sẻ một cách khác cũng là ý tưởng chính của người ra đề

Từ giả thiết có: $1=\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=\frac{c^2}{c^2a+2c^2}+\frac{a^2}{a^2b+2a^2}+\frac{b^2}{b^2c+2b^2}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{a^2b+b^2c+c^2a+2(a^2+b^2+c^2)}$ 

Dễ dàng có điều phải chứng minh




#733206 BẤT ĐẲNG THỨC HƯỚNG TỚI KÌ THI CHUYÊN TOÁN 2021-2022

Gửi bởi KietLW9 trong 12-04-2022 - 20:11

 

Bài 74: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\frac{2a^2}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}+\frac{2b^2}{b+2c\sqrt{b}+3c^2}+\frac{2c^2}{c+2a\sqrt{c}+3a^2}$

 

Mình sẽ phân tích một chút bài $74$ này, cũng là đề của tỉnh mình. Đây là lần đầu mình bình luận một bài bất đẳng thức nên có gì sai sót mong các bạn thông cảm!

Bài này nhìn vào hình thức thì các bạn sẽ có một ý tưởng là cộng mẫu luôn, như vậy thì cái mẫu sẽ có biểu thức $2b\sqrt{a}+2c\sqrt{b}+2a\sqrt{c}+3(a^2+b^2+c^2)$ rất cồng kềnh, chúng ta cần đánh giá nó dựa và đại lượng $a+b+c=3$, tức là ta cố gắng đánh giá $2b\sqrt{a}+2c\sqrt{b}+2a\sqrt{c}+3(a^2+b^2+c^2)\leqslant k(a+b+c)^2+(a+b+c)$ kiểu vậy, nhưng kết quả sẽ hoàn toàn ngược vì thí dụ như ta đánh giá kiểu: $2b\sqrt{a}\leqslant ab+a$ nhằm xuất hiện $a+b+c$, nhưng sẽ thất bại vì đại lượng $3(a^2+b^2+c^2)$, tất cả đánh giá sẽ không đủ để bù đắp "số 3" quá lớn của đại lượng này.

Thử một hướng khác xem, nâng bậc của $a$ ở tử lên bậc 3 để dùng Holder thì lại càng bế tắc vì các căn dưới mẫu, còn bậc $4$ để cộng mẫu thì các đại lượng $3a^2b^2,3b^2c^2,3c^2a^2$ rất khó đánh giá 

Thử đột phá ý tưởng thì ta quan sát thật kĩ, thấy biểu thức $a+2b\sqrt{a}+3b^2$ rất lạ nhưng kĩ thêm một chút thì nó rất quen thuộc, vì sao, nếu đặt $a=x^2,b=y$ thì đại lượng trên trở thành $x^2+2xy+3y^2$, thật bất ngờ. Hướng này có vẻ rất khả thi

Tức chúng ta phải đối dấu lại thành tìm giá trị lớn nhất chứ không phải giá trị nhỏ nhất, như vậy ta quy về: $\frac{a(2b\sqrt{a}+3b^2)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}+\frac{b(2c\sqrt{b}+3c^2)}{b+2c\sqrt{b}+3c^2}+\frac{c(2a\sqrt{c}+3a^2)}{c+2a\sqrt{c}+3a^2}\leqslant \frac{5}{2}$

Ta quan tâm đến phân thức: $$\frac{a(2b\sqrt{a}+3b^2)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}=\frac{ab(2\sqrt{a}+3b)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}$$

Như vậy ta cần tìm các số $k,h$ nào đó sao cho: $\frac{2x+3y}{x^2+2xy+3y^2}\leqslant \frac{1}{kx+hy}$. Cho dấu bằng $x=y=1$ thì $k+h=\frac{6}{5}$

Thế $h=\frac{6}{5}-k$ vào biểu thức trên rồi phân tích nhân tử $x-y$ sẽ tìm được các hệ số $k,h$

Tóm lại, ta được: $25(a+2b\sqrt{a}+3b^2)\geqslant (2\sqrt{a}+3b)(8\sqrt{a}+22b)$

Vậy ta cần chứng minh: $\frac{ab}{8\sqrt{a}+22b}+\frac{bc}{8\sqrt{b}+22c}+\frac{ca}{8\sqrt{c}+22a}\leqslant \frac{1}{10}$

Tới đây chúng ta phải đổi dấu lại dưới dạng: $\frac{8a\sqrt{a}}{8\sqrt{a}+22b}+\frac{8b\sqrt{b}}{8\sqrt{b}+22c}+\frac{8c\sqrt{c}}{8\sqrt{c}+22a}\geqslant \frac{4}{5}$

$\Leftrightarrow \frac{8a^2}{8a+22b\sqrt{a}}+\frac{8b^2}{8b+22c\sqrt{b}}+\frac{8c^2}{8c+22a\sqrt{c}}\geqslant \frac{4}{5}$

Cộng mẫu là ý tưởng tốt, ta cần chứng minh: $b\sqrt{a}+c\sqrt{b}+a\sqrt{c}\leqslant 3$

Việc này vô cùng đơn giản, xin nhường cho bạn đọc!