Đến nội dung


Sangnguyen3

Đăng ký: 06-04-2022
Offline Đăng nhập: 20-05-2022 - 22:27
-----

#733387 Tứ giác ABCD có I là giao hai đường chéo , (O) tiếp xúc AB,CD tại A,C.Chứng m...

Gửi bởi Sangnguyen3 trong 05-05-2022 - 23:11

anh cho em xin link sách được không ạ, em cảm ợn ạ




#733284 $\frac{x}{2x^2+y^2+5}+\frac{2y}...

Gửi bởi Sangnguyen3 trong 18-04-2022 - 21:06

Bạn cộng mấy cái lại là sẽ ra

Hình gửi kèm

  • 278380649_722500255427577_246179807315916109_n.jpg



#733210 BẤT ĐẲNG THỨC HƯỚNG TỚI KÌ THI CHUYÊN TOÁN 2021-2022

Gửi bởi Sangnguyen3 trong 12-04-2022 - 21:24

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!

$\sum \left (\sqrt{b}.\sqrt{ab} \right )\leq \sqrt{(a+b+c).(ab+bc+ca)} \leq \sqrt{3.3}=3$

em nghĩ là vậy ạ




#733207 BẤT ĐẲNG THỨC HƯỚNG TỚI KÌ THI CHUYÊN TOÁN 2021-2022

Gửi bởi Sangnguyen3 trong 12-04-2022 - 20:30

SET BẤT ĐẲNG THỨC TUẦN 5:

Bài 73: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng: $$a^2+b^2+c^2+a^2b+b^2c+c^2a\ge2(ab+bc+ca)$$

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

Bài 75: 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: $$ \sqrt{a^2+2a}+\sqrt{b^2+2b}+\sqrt{c^2+2c} \ge \sqrt{a^2+b^2+c^2+24} $$

Bài 76: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $\frac{a^3+1}{b^2+c^2}+\frac{b^3+1}{c^2+a^2}+\frac{c^3+1}{a^2+b^2}\geqslant a+b+c$

Bài 77: Tìm giá trị lớn nhất của $\sqrt{x-x^3}+\sqrt{x+x^3}$ với $0\leqslant x\leqslant 1$

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




#733162 Tìm $Min P=a+b$

Gửi bởi Sangnguyen3 trong 07-04-2022 - 22:27

$Từ  giả  thiết  dễ  thấy :a>b  Từ  giả  thiết =>ab(a-b)^{2}=(a+b)^{2}  .Đặt  S=a+b>0,P=ab>0 Giả  thiết  trở  thành : P.(S^{2}-4P)=S^{2} =>4P.(S^{2}-4P)=4S^{2}\leq \frac{S^{4}}{2}=>8S^{2}\leq S^{4} =>S\geq 2\sqrt{2}. Dấu bằng xảy ra khi  S^{2}=8P , S=2\sqrt{2}=>P=1.Từ  đó  dễ  dàng  tìm  được         a=\sqrt{2}+1,b=-1+\sqrt{2}$




#733161 $a.b.c=1$. CMR: $\sum \frac{1}{1+a+b...

Gửi bởi Sangnguyen3 trong 07-04-2022 - 20:57

$VT=\frac{\sum [(1+a+c)(1+b+c)]}{\prod [1+a+b]}=\frac{3+4(a+b+c)+3(ab+bc+ca)+a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2(a+b+c)+a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(ab+bc+ca)+abc+(a+b)(b+c)(c+a)}.Đặt  p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc.Ta có r=1,a^{2}+b^{2}+c^{2}=p^{2}-2q,(a+b)(b+c)(c+a)=pq-r=>VT=\frac{3+4p+q+p^{2}}{2+p^{2}+q+pq} .VP=\frac{\sum [(2+b)(2+c)]}{\prod [2+a]}=\frac{12+ab+bc+ca+4(a+b+c)}{8+abc+4(a+b+c)+2(ab+bc+ca)} =>VP=\frac{12+4p+q}{9+2q+4p}.Ta cóVT\leq VP <=>\frac{3+4p+q+p^{2}}{2+p^{2}+q+pq}\leq \frac{12+4p+q}{9+2q+4p} <=>27+24p+3q+q^{2}+5p^{2}\leq 6pq+3p^{2}q +pq^{2}.Ta có:2p^{2}q\geq 6p^{2}\geq 5p^{2}+3q;p^{2}q\geq 27;\frac{1}{3}pq^{2}\geq q^{2};\frac{2}{3}pq^{2}\geq 6p;6pq\geq 18p$