Một hướng đi khác sử dụng khai triển Abel.
- nhungvienkimcuong, Duc3290, dinhvu và 1 người khác yêu thích
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong Hôm qua, 15:45
Một hướng đi khác sử dụng khai triển Abel.
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 07-05-2024 - 16:43
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 04-05-2024 - 00:21
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $(I)$ là tâm nội tiếp. Gọi $D$ là điểm chính giữa cung $BAC$ của đường tròn $(O),$ $E$ và $F$ lần lượt là giao điểm của $DI$ với $BC$ và đường tròn $(O).$
a) Gọi $K$ là giao điểm của đường tròn $(F;FI)$ và $DI$. Chứng minh rằng $B,$ $I,$ $C,$ $K$ đồng viên và $E$ nằm trên trục đẳng phương của đường tròn $(F;FI)$ và $(O)$.
b) (Iran TST 2012) Đường thẳng qua $E$ song song với $AI$ cắt $AF$ tại $P.$ Chứng minh rằng $PE$ là phân giác của góc $BPC.$
c) Gọi $BI,$ $CI$ cắt đường tròn $(O)$ lần lượt tại $M,$ $L,$ $MF$ và $LF$ cắt $CA$ và $AB$ lần lượt tại $N$ và $Q.$ Chứng minh rằng $NQ$ là tiếp tuyến của $(BIC).$
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 30-04-2024 - 00:30
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 28-04-2024 - 20:47
Với a,b,c >0. CMR: $\sqrt[3]{1+a^{3}} + \sqrt[3]{1+b^{3}} + \sqrt[3]{1+c^{3}} \geq \sqrt[3]{27+(a+b+c)^{3}}$
Nó là bất đẳng thức Minkowski. Chứng minh thì lập phương 2 vế sau đó rút gọn, tung hết ra và Holder thôi.
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 28-04-2024 - 11:58
1. Gọi $J$ là hình chiếu của $I$ lên $OC.$Biến đổi tỉ số ta được $$KL=\frac{AK.OI}{AO}=\frac{AK.OJ}{cos\widehat{IOJ}.AO}=\frac{AK.OC}{2cos\widehat{IOJ}.AO}=\frac{AK}{2cos\widehat{IOJ}}=\frac{AK}{2cos\widehat{BAC}}=\frac{AK.AB}{2AE}=\frac{AD}{2}.$$Do đó $AD=2KL$ hay ta có điều phải chứng minh.2. Gọi $G$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O.$ Xét tam giác $AND$ có $KL$ là đường trung bình nên $KN=AK.$ Ta có $$AO.AN=2AO.AK=AG.AK=AE.AC=AH.AD.$$Do đó ta có tứ giác $HOND$ nội tiếp hay $H,O,N,D$ đồng viên.
Định dạng pdf (nét hơn) của hình ở đây ạ.
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 28-04-2024 - 11:53
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 22-03-2024 - 16:59
Chuẩn hóa $a+b+c=3.$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $$\sum\frac{3}{2\sqrt{2}}\sqrt{\frac{a}{a+b}}=\sum\frac{3}{2\sqrt{2}}\frac{\sqrt{a(b+c)}}{\sqrt{\sum ab}}\cdot\dfrac{\sqrt{\sum ab}}{\sqrt{(a+b)(b+c)}}\leq\sum\frac{9\sum ab}{8\sum ab}+\sum\frac{3\sum ab}{\prod(a+b)}\leq\frac{9}{8}+\frac{9}{8}=\frac{9}{4}.$$
Do đó $$\sum\sqrt{\frac{a}{a+b}}\leq\frac{3}{\sqrt{2}}$$
Đây là lời giải của mình, mời mọi người góp lời giải khác ạ.
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 22-03-2024 - 16:54
Bài toán. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$\sqrt{\frac{a}{a+b}}+\sqrt{\frac{b}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{c}{c+a}}\leq\frac{3}{\sqrt{2}}.$$
P/s: Đây là đề Trung Quốc 2005, mình tình cờ tìm được lời giải khá gọn nên đăng lên mời mọi người thảo luận chung.
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 13-03-2024 - 17:30
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\sqrt{\frac{a}{ab+3}}+\sqrt{\frac{b}{bc+3}}+\sqrt{\frac{c}{ca+3}}\leq\frac{3}{2}.$$
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 22-02-2024 - 23:29
Em tính ra $u_n=2\frac{n^{n-1}-1}{n-1}+1$ có đúng không ạ?
Ta có $u_n=(n+1)u_{n-1}-nu_{n-2}\Leftrightarrow u_n-u_{n-1}=n(u_{n-1}-u_{n-2}). $
Nếu đặt $u_n-u_{n-1}=v_{n-1}$ thì ta được $v_n=nv_{n-1} .$
Khi đó $(v_n)$ là cấp số nhân có $v_1=u_2-u_1=2$ và $q=n.$
Suy ra $v_n=2n^{n-1}.$
Ta có $u_n-u_{n-1}=v_{n-1}=2n^{n-2}$
$u_{n-1}-u_{n-2}=2n^{n-3}$
$...$
$u_3-u_2=2n^1$
$u_2-u_1=2n^0$
Suy ra $u_n-u_1=2(n^0+n^1+...+n^{n-2}=2\frac{n^{n-1}-1}{n-1}\Leftrightarrow u_n=2\frac{n^{n-1}-1}{n-1}+1.$
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 19-02-2024 - 22:04
Bạn ơi mình có thắc mắc là, làm sao bạn biết được phép biến đổi này sẽ dẫn bạn đến lời giải cho bài toán? Làm thế nào bạn đã tìm ra hướng đi này?
Như bạn thấy thì cái khó của bất đẳng thức này là nó không đối xứng, và muốn đưa bất đẳng thức trên về dạng đối xứng thì ta nhân thêm một lượng như thế vào sau đó Cauchy-Schwarz. Thật ra như mình đã nói, ý tưởng dòng đầu tiên không phải của mình mà là của thầy mình, phần sau là của mình. Mình chỉ là người đọc và hiểu ý tưởng tại sao lại nhân thêm như vậy và giờ giải thích lại cho bạn.
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 18-02-2024 - 22:27
mình chưa thạo bđt lắm nhưng mà mấy bài bđt đối xứng như này chắc dồn biến được nhỉ?
Bài này không đối xứng đâu bạn, mình chưa thử dồn biến nhưng có vẻ không hiệu quả, bạn thử xem sao.
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 18-02-2024 - 18:33
Gửi bởi nguyenhuybao06 trong 18-02-2024 - 11:45
Vào năm 2007, thầy Phạm Kim Hùng có đăng một bài bất đẳng thức rất đẹp và chặt như sau.
Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\frac{a}{b+c^2}+\frac{b}{c+a^2}+\frac{c}{a+b^2}\geq\frac{3}{2}.$$
Dựa trên ý tưởng của thầy quykhtn-qa1, mình đã tìm ra một cách giải khá đẹp (mình sẽ đăng lên sau). Tuy nhiên, mình mong muốn tìm được những lời giải khác với những ý tưởng khác. Mời mọi người cùng thảo luận về bài toán đẹp này.
P/s: Trong quá trình tìm hiểu về bài toán này, mình có tìm được một bài toán khác được đăng vào 2006 cùng cấu hình (tuy không đẹp và chặt bằng) như sau.
Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=1.$ Chứng minh rằng $$\frac{x}{y+z^2}+\frac{y}{z+x^2}+\frac{z}{x+y^2}\geq\frac{9}{4}.$$
Mời mọi người cùng thảo luận ạ.
P/s: Em xin lỗi vì phần tiêu đề em gõ LaTeX bị lỗi nhưng không thể sửa được ạ, mong BQT thứ lỗi cho em và sửa lại phần tiêu đề giúp em với ạ.
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học