Đến nội dung

dogsteven

dogsteven

Đăng ký: 01-05-2014
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#526892 $CMR: \frac{IA}{IM}=\frac{NA}...

Gửi bởi dogsteven trong 02-10-2014 - 13:32

Bài này là hệ thức Van Aubel.

 

Mình sẽ thay $M, N, P, I$ bởi $D, E, F, K$ cho dễ nhìn hơn.

 

Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $BE, CF$ tại $M, N$

 

$\dfrac{AK}{KD}=\dfrac{AN}{DC}=\dfrac{BM}{BD}=\dfrac{AM + AN}{BC} = \dfrac{AM}{BC}+\dfrac{AN}{BC}=\dfrac{EA}{EC}+\dfrac{AF}{BF}$

 

Cách khác:

 

Áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta ADC$ với cát tuyến $BKE$ :

$\dfrac{KA}{KD}.\dfrac{BD}{BC}.\dfrac{EC}{EA} = 1$

Áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta ADB$ với cát tuyến $CKF$ :

$\dfrac{KA}{KD}.\dfrac{CD}{BC}.\dfrac{FB}{FA}=1$

 

Từ đây ta có: $\dfrac{BD+DC}{BC}=\left (\dfrac{AE}{EC} +  \dfrac{AF}{FB} \right ).\dfrac{KD}{KA}$

 

Mà $BD+DC=BC$, thay vào và chuyển vế cho ta điều cần chứng minh.




#526888 $(1+\frac{1}{3})....(1+\frac{1}...

Gửi bởi dogsteven trong 02-10-2014 - 13:12

(a) $1+\dfrac{1}{n^2+2n}=\dfrac{(n+1)^2}{n(n+2)}$

 

$VT = \dfrac{2^2.3^2.....(n+1)^2}{1.3.2.4.3.5.4.6.....n.(n+2)}=\dfrac{[1.2.3.4.5.....(n+1)]^2}{1.2.(3.4.5.....n)^2.(n+1)(n+2)}=\dfrac{2(n+1)}{n+2}$




#526887 Cho a,b,c dương, thỏa $a^2+b^2+c^2=3$ CMR: $\frac...

Gửi bởi dogsteven trong 02-10-2014 - 13:04

$a^2+1 \geqslant 2a \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3 \geqslant 2(a+b+c)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 \geqslant a+b+c$

$VP=\dfrac{9(a+b+c)}{(a+b+c)^2} \leqslant \dfrac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$

 

Tiếp theo.

 

P/s: Cái BDT phụ của anh chardhdmovies chứng minh bằng phương pháp dồn biến theo $t=\sqrt{yz}$




#526775 Một số bài toán sử dụng bất đẳng thức Schur.

Gửi bởi dogsteven trong 01-10-2014 - 14:17

Bài 3:

 

$a^3+b^3+c^3+7abc=p^3-9p+10r$

 

Xét $p > 2\sqrt{3}$ thì $p^3-9p+10r-10 > 3p-10 > 0$

 

Xét $3 \leqslant p \leqslant 2\sqrt{3}$ thì $p^3-9p+10r-10\geqslant \dfrac{(p-3)[(16-p^2)+3(4-p)+2]}{9} \geqslant 0$




#526773 Một số bài toán sử dụng bất đẳng thức Schur.

Gửi bởi dogsteven trong 01-10-2014 - 14:08

Bài 3:

 

Đặt $f(a;b;c)=a^3+b^3+c^3+7abc$

 

Tồn tại $t \geqslant 0$ thỏa $2ta+t^2=3 \Leftrightarrow a(2t-b-c)=bc-t^2$

 

Giả sử $bc > t^2 \Leftrightarrow 4t^2 < (b+c)^2 \Leftrightarrow 2t < b+c$ vô ví vì $2t > b+c$

 

Vậy $bc \leqslant t^2$ và $b+c \geqslant 2t$

 

$f(a;b;c)-f(a;t;t)=b^3+c^3-2t^3+7a(bc-t^2) \geqslant \dfrac{(b+c-2t)\left [(b+c)^2+2t(b+c)+4t^2-7a^2 \right ]}{4}$

 

Khi giả sử $a = \text{min{a;b;c}}$ thì $a^2 \leqslant bc \leqslant t^2$ nên $(b+c)^2+2t(b+c)+4t^2-7a^2 \geqslant 0$

 

$f(a;t;t) \geqslant 10 \Leftrightarrow 13t^6-93t^4+80t^3+27t^2-27 \leqslant 0$

 

$\Leftrightarrow (t-1)^2(t+3)(13t^3-13t^2-15t-9) \leqslant 0$

 

Dễ dàng đánh giá $13t^3-13t^2-15t-9 < 0$ với $0\leqslant t^2 \leqslant 3$

 

Vậy $a^3+b^3+c^3+7abc \geqslant 10$

 

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$




#526397 $a^3+b^3+c^3\leq9$

Gửi bởi dogsteven trong 27-09-2014 - 18:30

Giả sử $2\geqslant a\geqslant b \geqslant c \geqslant 0$

 

$a^2+b^2+c^2 = (a-b)a+(b-c)(a+b)+c(a+b+c)=(a-b)a+(b-c)(3-c)+3c \leqslant 2(a-b)+3(b-c)+3c=a+3-c\leqslant 5$

 

$a^3+b^3+c^3=(a-b)a^2+(b-c)(a^2+b^2)+c(a^2+b^2+c^2)\leqslant 4(a-b)+5(b-c)+5c=3a+3-c\leqslant 9$

 

Đẳng thức xảy ra khi $a=2, b=1, c=0$ và các hoán vị.




#526367 $\boxed{\text{Chuyên Đề}}$ Bất đẳng thức - Cực trị

Gửi bởi dogsteven trong 27-09-2014 - 10:35

Tớ chỉ tính toán sai thôi mà!Mà đề bài cho $a,b,c>0$ có dấu bằng à bạn.Nếu có chỉ giáo xem

 

 

Thì ai nói có dấu bằng đâu.




#526239 $\boxed{\text{Chuyên Đề}}$ Bất đẳng thức - Cực trị

Gửi bởi dogsteven trong 26-09-2014 - 12:14

Cho a,b,c dương, abc=1.CMR:

   $\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+a+c}\leq 1$

 

Đặt $(a;b;c)=(x^2;y^2;z^2)$ với $x,y,z >0$, khi đó $xyz=1$

 

Tương đương với: $\sum \dfrac{x^2+y^2}{x^2+y^2+1} \geqslant 2$

 

$\Leftrightarrow \sum \dfrac{(x+y)^2}{x^2+y^2+1}+\sum \dfrac{(x-y)^2}{x^2+y^2+1} \geqslant 4$

 

Theo BDT Cauchy-Schwarz:

$\sum \dfrac{(x+y)^2}{x^2+y^2+1} \geqslant \dfrac{4(x+y+z)^2}{2x^2+2y^2+2z^2+3}$

$\sum \dfrac{(x-y)^2}{x^2+y^2+1} \geqslant \dfrac{4(x-z)^2}{2x^2+2y^2+2z^2+3}$

Theo BDT Cauchy: $xy+yz+zx \geqslant 3$

 

Ta cần chứng minh: $(x+y+z)^2+(x-z)^2 \geqslant 2x^2+2y^2+2z^2+xy+yz+zx$

 

$\Leftrightarrow xy+yz-y^2-zx \geqslant 0 \Leftrightarrow (x-y)(y-z) \geqslant 0$

 

Tương tự ta cũng có $(y-z)(z-x) \geqslant 0$ và $(z-x)(x-y) \geqslant 0$

 

Chỉ cần 1 BDT trong 3 BDT trên đúng là bài toán được chứng minh.

 

Điều này hiển nhiên vì $[(x-y)(y-z)(z-x)]^2 \geqslant 0$

 

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

 

Có vẻ hơi dài :D




#525726 $\\Cho \ a,b,c \geq 0,a+b+c=3 \\CMR: a^...

Gửi bởi dogsteven trong 22-09-2014 - 18:47

PQR-Schur:

 

$x^2+y^2+z^2+xyz=p^2-2q+r=9-2q+r \geqslant 9-2q+\dfrac{3(4q-9)}{9}=\dfrac{-2}{3}q+6 \geqslant \dfrac{-2p^2}{9}+6=4$




#525724 $\\Cho \ a,b,c \geq 0,a+b+c=3 \\CMR: a^...

Gửi bởi dogsteven trong 22-09-2014 - 18:43

Dồn biến là thế này nè bác.

 

Thay $(a;b;c)=(x;y;z)$ vì quen.

 

$f(x;y;z)=x^2+y^2+z^2+xyz$

 

$2t=y+z$

 

$f(x;y;z)\geqslant f(x;t;t)$

 

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}(y+z)^2-2yz+xyz-x\dfrac{(y+z)^2}{4} \geqslant 0$

 

$\Leftrightarrow (2-x)(y+z)^2-4yz(2-x)=(2-x)(y-z)^2 \geqslant 0$

 

BDT trên đúng nếu ta giả sử $x=\text{min{x;y;z}}$

 

Từ đây thế $x=3-2t \geqslant 0 \Leftrightarrow 0 \leqslant t \leqslant \dfrac{3}{2}$ ta được $f(3-2t; t; t)=(5-2t)(t-1)^2+4 \geqslant 4$

 

BDT được chứng minh.

 

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$




#525693 $\frac{x^{4}+y^{4}}{(x+y)^{2}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}...

Gửi bởi dogsteven trong 22-09-2014 - 14:13

Đề là $\dfrac{x^4+y^4}{(x+y)^4}+\dfrac{\sqrt{xy}}{x+y} \geqslant \dfrac{5}{8}$ mới đúng.

 

BDT thuần nhất, chuẩn hóa $x+y=2$

 

Bất đẳng thức trở thành: $x^4+y^4+8\sqrt{xy} \geqslant 10$

 

$x^4+y^4=\left (x^2+y^2 \right )^2-2x^2y^2=\left [(x+y)^2-2xy \right ]^2-2x^2y^2=(4-2xy)^2-2x^2y^2=2x^2y^2-16xy+16$

 

Đặt $t=\sqrt{xy}\;\;\;(t\in \left(0; 1 \right])$

 

Bất đẳng thức trở thành: $2t^4-16t^2+8t+6 \geqslant 0$

 

$\Leftrightarrow (t-1)(t+3)(t^2-2t-1) \geqslant 0$ (đúng)

 

BDT được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi $x=y >0$




#525689 Giải pt: $x^5-5x^4+6x^3+10x^2-21x-27=0$

Gửi bởi dogsteven trong 22-09-2014 - 13:17

$x^5-5x^4+6x^3+10x^2-21x-27=0$

$\Leftrightarrow (x-3)(x^4-2x^3+10x+9)=0$

 

$\Leftrightarrow \left [\begin{array}{ll}x=3 \\ x^4-2x^3+10x+9=0 \end{array} \right.$

 

Thấy $x^4-2x^3+10x+9=(x+1)^2\left [(x-2)^2+3 \right]+2 \geqslant 2$

 

Vậy $x=3$ là nghiệm duy nhất.




#525570 Chứng minh $\sum a^2 \geqslant \sum a^2b^2$

Gửi bởi dogsteven trong 21-09-2014 - 19:05

Bài 1:

 

Giả sử $a=\text{min{a;b;c}}$

 

Tồn tại $t \geqslant 0$ thỏa $a^2+2t^2+at^2=4 \Leftrightarrow a=2-t^2 \geqslant 0 \Leftrightarrow t^2 \leqslant 2$

 

Dùng phản chứng để chứng minh $b^2+c^2 \geqslant 2t^2$ và $bc \leqslant t^2$

 

Đặt $f(a;b;c)=a^2+b^2+c^2-a^2(b^2+c^2)-b^2c^2$

 

$f(a;t;t)=a^2+2t^2-2a^2t^2-t^4$

 

$f(a;b;c)-f(a;t;t)=(b^2+c^2-2t^2)(1-a^2)-(b^2c^2-t^4)\geqslant 0$

 

Cuối cùng ta có $f(a;t;t)=2(2-t^2)(t-1)^2(t+1)^2 \geqslant 0$

 

BDT được chứng minh.




#525524 Chứng minh $\sum a^2 \geqslant \sum a^2b^2$

Gửi bởi dogsteven trong 21-09-2014 - 15:07

Ta có thể đặt $$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}},\ b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}},\ c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}$$

$(x,y,z\geq 0,\ (x+y)(y+z)(z+x)\neq 0)$

Ta cần chứng minh

$$\sum \dfrac{xy}{(y+z)(x+z)}\geq \sum \dfrac{4xy^2z}{(x+y)(y+z)(z+x)^2}$$

$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{x+y}{z} \geq \sum \dfrac{4y}{x+z}$$

Áp dụng BĐT C-S, ta có $$\sum \dfrac{4y}{x+z}\leq \sum \left ( \dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{z} \right )=\sum \dfrac{x+y}{z}$$

Vậy ta có điều phải chứng minh.

 

Anh ơi, em vẫn còn thấy 1 điểm rơi nữa là $a=b=\sqrt{2}, c=0$ nên cách đặt của anh không thỏa mãn điểm rơi này cho lắm :D




#525520 Chứng minh $\sum a^2 \geqslant \sum a^2b^2$

Gửi bởi dogsteven trong 21-09-2014 - 14:37

Bài 1: Cho $a,b,c \geqslant 0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh:

(a) $$ a^2+b^2+c^2 \geqslant a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 $$

(b) $$ a+b+c+\dfrac{1}{4} \text{min{$(a-b)^2; (b-c)^2; (c-a)^2$}} \leqslant 3 $$

 

Bài 2: Cho $a,b,c$ là các số thực sao cho $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm GTLN của:

$$ f(a;b;c)=a^3+b^3+c^3-3abc $$

 

Bài 3: Giả sử $x,y,z$ là các số không âm thỏa mãn $x+y+z=2$. Chứng minh:

$$ (x^2-xy+y^2)(y^2-yz+z^2)(z^2-zx+x^2) \leqslant 1 $$

 

Bài 4: $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh:

$$ \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geqslant \dfrac{5}{2} $$