hell angel 97

Bổ sung bài giải
Áp dụng bổ đề:2 tam giác ABC vs A'B'C' có cùng trọng tâm khi $\vec{AA'}=\vec{BB'}=\vec{CC'}$
_____________________________


Theo đề bài các điểm A',B',C' nằm ngoài tam giác.
MR:Cho $\Delta BAC$.Trên cạnh AB,AC,BC lần lượt lấy các điểm C',B',A' sao cho
$\dfrac{AC'}{BC'}=\dfrac{BA'}{CA'}=\dfrac{CB'}{AB'}$
Chứng minh rằng 2 tam giác ABC và A'B'C' có cùng trọng tâm
C/m:
Gọi M là trung điểm của BC, I là trung điểm của A'B', K là giao điểm của AM và C'I.
Vẽ B'F\\AB
$\dfrac{BA'}{BC}=\dfrac{CB'}{CA}=\dfrac{CF}{BC}$.
Suy ra: $BA'=CF \Rightarrow A'M=MF$
$\dfrac{B'F}{AB}=\dfrac{CB'}{CA}=\dfrac{C'A}{BA}$
Suy ra B'F=C'A
I là trung điểm của A'B'; M là trung điểm của A'F. Suy ra C'A=B'F=2MI & MI\\ B'F \\ C'A
$\dfrac{C'A}{MI}=\dfrac{AK}{MK}=\dfrac{KC'}{KI}=2$
K thuộc AM, AK=2KM suy ra K là trọng tâm của $\bigtriangleup{ABC}$; K thuộc C'I, CK=2KI
suy ra K là trọng tâm của $\bigtriangleup{A'B'C'}$
Suy ra tam giác ABC và A'B'C' có cùng trọng tâm
(Các bạn tự vẽ hình nha!Còn cách khác dùng vecto t.t bài đầu)

Không dùng cách cấp 3 trong THCS.
S=0

Giải phương trình:
$(x^{2}-5x+1)(x^{2}-4)=6(x-1)^{2}$

$\Leftrightarrow (x^2-4)^2-5(x-1)(x^2-4)-6(x-1)^2=0$(1)
Dễ thấy x=1 ko là nghiệm của pt
$\Rightarrow (1) \Leftrightarrow \dfrac{(x^2-4)^2}{(x-1)^2}-5\dfrac{x^2-4}{x-1}-6=0$
$\Leftrightarrow \dfrac{x^2-4}{x-1}=6$
$\dfrac{x^2-4}{x-1}=-1$
.......................................

Giải phương trình:
$ 36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$ (1)
Giải:
(1) trở thành:
$ 36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)[(a+4)(a+7)][(a+5)(a+6)]$
$\Leftrightarrow 36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a^2+11a+28)(a^2+11a+30)$(2)
Đặt $ a^2+11a = x $.Khi đó (2) trở thành:
$ 36(x+30)(x+31)=(x+12)(x+28)(x+30) $
$ \Leftrightarrow x^3+34x^2-660x-23400=0 $
$ \Leftrightarrow (x-26)(x+30)^2=0 $
$ \Leftrightarrow $ x=26 hoặc x=-30
+)Với x=26 thì:
$a^2+11a=26 \Leftrightarrow (x-2)(x+13)=0 \Leftrightarrow $x=2 hoặc x=-13
+)Với x=-30 thì:
$a^2+11a=-30 \Leftrightarrow (x+5)(x+6)=0 \Leftrightarrow $x=-5 hoặc x=-6
Vậy tập nghiệm S của phương trình là S={-13;-6;-5;2}

D-B=13h
E=10
F=0
S=65

nhờ mod sửa 2 bài trên hộ tớ!

Tổng quát hoá bài toán 2 là bài toán sau:
Bài toán 3:Xét biểu thức
$E=\dfrac{1}{\sqrt{1+kx}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+ky}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+kz}}$
trong đó x,y,z là các số thực dương thoả mãn xyz=1,còn k là tham số dương.Với gt nào của k thì E có gt nhỏ nhất và tìm gt nhỏ nhất đó
Lời giải:
+)Với $k \ge 8$ thì chứng minh tương tự như ở bài toán 2 ta có gt nhỏ nhất của E là $\dfrac{3}{\sqrt{1+k}}$,gt này đạt được khi x=y=z=1.
+)Với 0<x<8 thì cững bằng cách chứng minh tương tự như ở bài toán 2 ta dẫn đến E>1 (với mọi x,y,z dương thoả mãn xyz=1).Mặt khác cho x=y=z=n và $x=\dfrac{1}{n^2}$ với $n \in N*$ thoả mãn điều kiện đề bài thì
$E_n=\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{k}{n^2}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+kn}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+kn}}.$
Ta có $\lim_{n \to \infty} E_n =1$.Vậy với 0<k<8 thì E ko có gt nhỏ nhất
Có thể khái quát hoá bài toán 1 thành 2 bài toán dưới đây và sd cách chứng minh tương tự như ở bài toán 2 trên.
Bài toán 4.Chứng minh BĐT
$\sum^{a_1,a_2,...,a_n}\dfrac{a_1}{\sqrt{a_1^2+\dfrac{n^2-1}{a_1}}} \ge 1$ (6)
Trong đó $a_1,a_2,...,a_n$ là các số thực dương thoả mãn $a_1a_2...a_n=1$
Bất đẳng thức (6) tương đương với
$\sum^{b_1,b_2,...,b_3}\sqrt{\dfrac{b_1}{b_1^2+n^2-1}} \ge 1(7)$
trong đó $b_1,b_2,...,b_n$ là các số thực dương thoả mãn $b_1b_2...b_n=1$
Bài toán 5:Chứng minh rằng
$\sum^{a_1,a_2,a_3}\sqrt[3]{\dfrac{a_1}{a_1+26}} \ge 1(8)$
trong đó $a_1,a_2,a_3$ là các số thực dương thoả mãn $a_1a_2a_3=1$.
Có thể mở rộng các BĐT(7)(8)đố với n số thực dương $a_1,a_2,...,a_3$thoả mãn $a_1a_2...a_3=1$,căn bậc m và mẫu số của phân số trong căn là $a_1+n^m-1.$

T/g:Trần Xuân Đăng (THPT chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định)
Phạm Thịnh (THPT song ngữ Vũng Tàu)
Trong kì thi IMO 42 có bài toán chứng minh BĐT do Hàn Quốc đề nghị như sau:
Bài toán 1:Chứng minh rằng:
$\sum^{a,b,c} \dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}} \ge 1$ (1)
với mọi số thực dương a,b,c
Cách giải 1:Đặt vế trái của BĐT(1) là T,áp dụng BĐT bunyakovsky 2 lần ta được
$(a+b+c)^2 \le \sum^{a,b,c} \dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}} . \sum^{a,b,c} a\sqrt{a^2+8bc}$
$=T.\sum^{a,b,c}\sqrt{a}\sqrt{a^3+8abc}\le T.\sqrt{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3+24abc)}$
$\le T.\sqrt{(a+b+c)(a+b+c)^3}=T(a+b+c)^2$

Từ đó suy ra $T \ge 1$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
Cách giải 2:Đặt $ x=\dfrac{bc}{a^2} , y=\dfrac{ca}{b^2} , z=\dfrac{ab}{c^2}$ thì x,y,z>0 và xyz=1.
Ta chuyển việc chứng minh BĐT(1) về bài toán 2 sau
Bài toán 2:Chứng minh rằng
$\sum^{x,y,z}\dfrac{1}{\sqrt{1+ 8z}} \ge 1$(2)
trong đó x,y,z là các số thực dương thoả mãn xyz=1
Lời giải:Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$$xyz \ge 3\sqrt[3]{xyz}=3$$
$$xy+yz+zx \ge 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3$$
Từ đó suy ra
$(1+8x)(1+8y)(1+8z)=1+512xyz+8(x+y+z)+64(xy+yz+xz) \ge 729=3^6$(3)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$ \sqrt{1+8x}+\sqrt{1+8y}+\sqrt{1+8z} \ge 3\sqrt[6]{(1+8x)(1+8y)(1+8z)} \ge 9$(4)
Ta biến đổi BĐT (2) như sau:
$(2)\Leftrightarrow 8(x+y+z)+2\sqrt{(1+8x)(1+8y)(1+8z)}.(\sqrt{1+8x}+\sqrt{1+8y}+\sqrt{1+8z}) \ge 510$(5)
Thay thế (3)(4) vào vế trái của (5) ta thấy (5) đúng nên BĐT (2) đúng
Đẳng thức xảy ra ở (2) khi và chỉ khi x=y=z=1

_________________
MOD: Bài này nên gửi ở box OLYMPIAD

Cho x,y,z là các số thực không âm t/m: x+y+z=8
Tìm GTLN P=$x^{3}z+y^{3}z+z^{3}x$
Mình đã sửa lại đề,lúc nãy nhầm.

GS: x=max{x,y,z}
$\Rightarrow P \le x^3y+x^2yz+\dfrac{z^3x}{2}+\dfrac{z^3x}{2}$
$\le x^3y+x^2yz+\dfrac{z^3x}{2}+\dfrac{x^2z^2}{2}=x^2(x+z)(y+\dfrac{z}{2})$
$\le x^2(x+z)(y+\dfrac{2}{3}z)$
$=3^3{\dfrac{x}{3}+\dfrac{x}{3}+\dfrac{x+z}{3}.(y+\dfrac{2z}{3})}\le 3^3\dfrac{(x+y+z)^4}{4^4}=432$
"=" (x;y;z)=(0;2;6) & hoán vị