nghiakvnvsdt

Bài 3:

Trước hết xin nêu các công thức sau đây (có thể chứng minh dễ dàng = vecto và hệ thức lượng trog tam giác):

$Cot A= \frac{b^2+c^2-a^2}{4S}$

$OG^2=R^2-\frac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)$

$GA^2=  \frac{4}{9}(\frac{1}{2}c^2+\frac{1}{2}b^2-\frac{a^2}{4})$

Quay trở lại bài toán

Ta có $Cot A= \frac{b^2+c^2-a^2}{4S} = \frac{a^2}{4S}$

=> $b^2+c^2-2a^2=0$

 

Ta có $Cos(\vec{GA}.\vec{GO}) = \frac{\vec{GA}.\vec{GO}}{GA.GO} = \frac{GA^2+GO^2-R^2}{2GA.GO}$

 

Mặt khác: $GA^2+GO^2-R^2= \frac{4}{9}(\frac{1}{2}c^2+\frac{1}{2}b^2-\frac{a^2}{4})-\frac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)= \frac{1}{9}(b^2+c^2-2a^2)= 0$

$=>$ $Cos(\vec{GA}.\vec{GO}) = 0$

Do đó. Góc giữa 2 đường thẳng $GA$ và $GO = 90$ độ

Cho ba số dương a,b,c>0.

2)Cho $a+b+c+\sqrt{2abc}\geq 10$ . Chứng minh rằng:

$\sqrt{\frac{8}{a^{2}}+\frac{9b^{2}}{2}+\frac{c^{2}a^{2}}{4}}+\sqrt{\frac{8}{b^{2}}+\frac{9c^{2}}{2}+\frac{a^{2}b^{2}}{4}}+\sqrt{\frac{8}{c^{2}}+\frac{9a^{2}}{2}+\frac{b^{2}c^{2}}{4}}\geq 6\sqrt{6}$.

3)Cho a+b+c=3. Chứng minh:

$\sqrt{2a^{2}+\frac{2}{a+1}+b^{4}}+\sqrt{2b^{2}+\frac{2}{b+1}+c^{4}}+\sqrt{2c^{2}+\frac{2}{c+1}+a^{4}}\geq 6$.

Mình xin giải 2 bài cuối:

Bài 2) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$\sum \sqrt{(\frac{8}{a^2}+\frac{9}{b^2}+\frac{c^2a^2}{4})(2+18+4))} \geq  \sum (\frac{4}{a}+9b+ca)$

$=> \sum \sqrt{(\frac{8}{a^2}+\frac{9}{b^2}+\frac{c^2a^2}{4})}\geq \frac{1}{\sqrt{24}}(4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9(a+b+c)+ab+bc+ca)\geq \frac{1}{\sqrt{24}}(\frac{36}{a+b+c}+9(a+b+c)+ab+bc+ca)= \frac{1}{\sqrt{24}}(\frac{36}{a+b+c}+a+b+c+6(a+b+c)+2(a+b+c)+ab+bc+ca)\geq \sqrt{24}(12+6(a+b+c)+6\sqrt{2abc}))(AM-GM) \geq \frac{1}{\sqrt{24}}(12+6.10)(gt)= 6\sqrt{6}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$

Bài 3) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$\sum \sqrt{(2a^2+\frac{2}{a+1}+b^4)(2+1+1)}\geq \sum (2a+\sqrt{\frac{2}{a+1}}+b^2)$

$=> VT\geq \frac{1}{2}\sum (2a+\sqrt{\frac{2}{a+1}}+b^2)= \frac{1}{2}(\frac{1}{2}\sum (\sqrt{\frac{2}{a+1}}+\sqrt{\frac{2}{a+1}}+\frac{a+1}{2})+(\frac{7}{4}(a+b+c)-\frac{3}{4})+(a^2+1)+(b^2+1)+(c^2+1)-3))\geq \frac{1}{2}(\frac{9}{2}+\frac{21}{4}-\frac{3}{4}+6-3)=6$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

đầu tiên là giả sử số nhân là k rùi nhân vào pt 2 xong + pt 1. Sau đó tính đenta pt 3 là pt bậc 2 theo x để đenta pt theo x đẹp thì đenta của đenta đó theo pt bậc 2 y phải = 0 (để phân tích thành số chính phương) từ đó giải ra tìm k => cách tách thui

$\left\{\begin{matrix} x^{2}-y^{2}-2x+2y=-3 & & \\ y^{2}-2xy+2x=-4 & & \end{matrix}\right.$

(1).5 -3(2) ta được $5x^2+2(3y-8)x-8y^2+10y+3=0$

$<=> (5x-4y-1)(x+2y-3)=0$

.................................... Tới đây dễ ời!!!

Cho a,b,c là các số dương.CMR:
$\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}$

Ta có:
$\frac{a^3}{a^2+b^2} = a- \frac{ab^2}{a^2+b^2} \geq a-\frac{ab^2}{2ab} = a-\frac{b}{2}$
Xây dựng thêm 2 BĐT tương tự rồi cộng vế theo vế ta có:
$\sum \frac{a^3}{a^2+b^2} \geq a- \frac{b}{2} + b-\frac{c}{2} + c-\frac{a}{2} = \frac{a+b+c}{2}$
Đẳng thức khi: $a=b=c$

câu b dễ nhất hihi: Áp dụng BDT AM-GM ta có
$\frac{a}{b} + \frac{a}{b} + \frac{b}{c} \geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=\frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}$
Xây dựng thêm 2 BĐT tương tự rùi + lại rút gọn cho 3 ta có ngay ĐPCM
Đẳng thức khi $a=b=c$

Tưởng ông học sâu về Toán nên hiểu cơ chứ (Lý thuyết của đạo hàm thôi)
Xét hàm số $y=\dfrac{f(x)}{g(x)}$
Hàm số có điểm cực trị tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình $f(x)g'(x)=f'(x)g(x)$

bạn ơi có thể cho mình tài liệu về dạng này đc ko?
Xin lỗi đã spam. Cám ơn bạn!

cho $a,b>0$ thỏa $\frac{2}{a} + \frac{1}{b} =1$
Tìm GTNN của: $a+b+\sqrt{a^2+b^2}$

Giai phương trình
$\sqrt{2x+3} - \sqrt{4-x}+x^{3}-2x^{2}-2x-5 = 0$

Điều kiện: $\frac{-3}{2}\leq x\leq 4$
PT $<=> \sqrt{2x+3} - \sqrt{4-x}+(x-3)(x^2+x+1) -2 =0$
$<=> (\sqrt{2x+3}-3) +(1-\sqrt{4-x}) + (x-3)(x^2+x+1)=0$
$<=> \frac{2(x-3)}{\sqrt{2x+3}+3} + \frac{x-3}{\sqrt{4-x}+1} +(x-3)(x^2+x+1)=0$
$<=> (x-3)[\frac{2}{\sqrt{2x+3}+3} + \frac{1}{\sqrt{4-x}+1} +(x^2+x+1)]=0$
$<=> x-3=0$ ( dễ thấy hạng tử trong [] luôn $>0$ )
$<=> x=3$
Vậy pt có 1 nghiệm $x=3$

Bài 500:
b, Cho x, y,z >2 và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$

CMR:(x-2)(y-2)(z-2)$\leq$1

Đây là lời giải t học đc khi đọc 1 cuốn sách:

vì $x,y,z>2$ nên ta có thể đặt $x-2=a; y-2=b; z-2=c (x,y,z>0)$

Khi ấy điều kiện bài toán trở thành:
$\frac{1}{a+2} +\frac{1}{b+2} + \frac{1}{c+2} = 2$
$<=> \frac{1}{2} - \frac{1}{a+2} + \frac{1}{2}-\frac{1}{b+2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{c+2} = \frac{1}{2}$
$<=> \frac{a}{2(a+2)} + \frac{b}{2(b+2)} + \frac{c}{2(c+2)} = \frac{1}{2}$
$<=> \frac{a}{a+2} + \frac{b}{b+2} + \frac{c}{c+2} = 1$

Đến đây ta lại đặt $\frac{a}{a+2} = m; \frac{b}{b+2} = n; \frac{c}{c+2} =p$ khi đó Điều kiện trở thành $m+n+p=1$
Ta có $\frac{a}{a+2} = m => \frac{1}{m} = \frac{a+2}{a} =>\frac{2}{a} = \frac{1}{m}-1 = \frac{n+p}{m} => a=\frac{2m}{n+p}$
Tương tự ta cũng có $b=\frac{2n}{p+m}; c=\frac{2p}{m+n}$

Do đó BĐT cần Chứng minh trở thành $\frac{2m}{n+p}. \frac{2n}{p+m}.\frac{2p}{m+n} \leq 1$
$<=>(m+n)(n+p)(p+m)\leq 8mnp$
Đến đây áp dụng BĐT cô si lần lượt cho $m+n ; n+p ; p+m$ rùi nhân lại ta có ngay ĐpCM
Đẳng thức xảy ra $<=> m=n=p <=> a=b=c=1 <=> x=y=z=3$

Lời giải trên có lẽ hơi dài vì ta có thể sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng để giải dễ dàng, nhưng qua cách giải này khiến ta liên tưởng đến 1 CM BĐT cho loại khó hơn mà nếu ko đặt ẩn phụ thì rất khó để giải hoặc ko bao giờ giải được.
Mình thích nhất là khúc biến đổi từ $\frac{1}{a+2} + \frac{1}{b+2} + \frac{1}{c+2} = 1$
$<=> \frac{a}{a+2}+ \frac{b}{b+2} + \frac{c}{c+2} = 1$
..........

Bài 3:
a, GPT: $\sqrt{2x+3} + \sqrt{x+1} = 3x + 2\sqrt{2x^2+5x+3} - 16$

Bài 3 có 1 cách rất hay :-P

Đặt $t= \sqrt{2x+3}+\sqrt{x+1} \geq 0$
$=> t^2= 3x+4+2\sqrt{2x+3}\sqrt{x+1}=3x+4+2\sqrt{2x^2+5x+3}$
Vậy ta có:
$t=t^2-20$
$<=> t=5 , t=-4 (loại)$
$Với t = 5 => \sqrt{2x+3}+\sqrt{x+1} =5$
tới đây đã giống bạn trên .....

Cho các số $a,b,c,m,n,k>0$
Cmr : $(a+k)(b+m)(c+n)\geq (\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{kmn})^3$

BĐt cần cm tương đương:

$(\sqrt[3]{\frac{a}{a+k}.\frac{b}{b+m}.\frac{c}{c+n}} + \sqrt [3]{\frac{m}{b+m}.\frac{n}{c+n}.\frac{k}{a+k}})^3 \leq 1$

Áp dụng BĐt AM-GM 3 số dễ thấy:

$\sqrt[3]{\frac{a}{a+k}.\frac{b}{b+m}.\frac{c}{c+n}} + \sqrt [3]{\frac{m}{b+m}.\frac{n}{c+n}.\frac{k}{a+k}}\leq$


$\frac{\frac{a}{a+k}+\frac{b}{b+m}+\frac{c}{c+n}+\frac{m}{b+m}+\frac{n}{c+n}+\frac{k}{a+k}}{3} = \frac{1+1+1}{3} =1$

Vậy ta có đpcm. Đẳng thức khi ..............

nhưng em tính ra vậy mà để em xem lại nha

Nhiều lúc ko như mong muốn đâu. Ví dụ nhé:
tìm GTNN của biểu thức: $A= 5x^2+6x+2$
Có bạn giải như thế này:
$A= 5x^2+6x+2 = 4x^2+4x+1 + x^2+2x+1 = (2x+1)^2 +(x+1)^2\geq 0$

Rồi kết luận vội GTNN của A = 0. Nhưng đó là sai vì dấu = ko thực sự xảy ra hay nói cách khác là $A > 0$
mà phải giải thế này:
$A= 5x^2+6x+2 = (\sqrt{5}x)^2 + 2\sqrt{5}.\frac{3}{\sqrt{5}}x +\frac{9}{5}+\frac{1}{5}$


$=(\sqrt{5}x+\frac{3}{\sqrt{5}})^2+\frac{1}{5}$

Lúc này GTNN của A = $\frac{1}{5}$
Qua bài này bạn nghiệm ra được j chưa . Bđt và cực trị rất đẹp đúng ko? Chúc bạn sẽ thành công hehe

Câu 5. Cho tam giác $ABC$ có $AB\neq AC$, $H$ là trực tâm, $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp và $D$ là trung điểm $BC$. Phần kéo dài của $HD$ và $AO$ cắt nhau tại $P$. Chứng minh rằng hai tam giác $AHP$ và $ABC$ có cùng trọng tâm

Lời giải khác cho câu 5:

Dễ CM A;O;P thẳng hàng và tứ giác BHCP là Hình bình hành
Xét tam giác AHP và tam giác ABC ta có
Vecto AA + Vecto HB + Vecto PC = Vecto 0
=> 2 tam giác AHP và tam giác ABC có cùng trọng tâm.

sao ko ai giải hết nữa vậy.

Biết $a-b=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
$P=\frac{a^2+b^2}{b}$

$\mathbb{P}= \frac{(b+1)^{2}+b^{2}}{b}=k
<=> 2b^2+b(2-k)+1 =0
\Delta = (2-k)^2 -8 = k^2-4k-4 = (k+2-2\sqrt{2})(k-2+2\sqrt{}2)\geq 0
=>k\geq 2\sqrt{2}-2$
=> .......................