Đến nội dung

Hoang Thi Thao Hien

Hoang Thi Thao Hien

Đăng ký: 21-10-2013
Offline Đăng nhập: 14-12-2018 - 14:56
***--

#509788 CMR: $\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 29-06-2014 - 11:07

Cho $x,y,z,a,b,c>0$. CMR:

$\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)$

$\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)} \Leftrightarrow \sqrt[3]{\frac{a}{x}.\frac{b}{y}.\frac{c}{z}} +1 \leq \sqrt[3]{(\frac{a}{x}+1)(\frac{b}{y}+1)(\frac{c}{z}+1)}$

Đặt: $m= \frac{a}{x}$, $n= \frac{b}{y}$, $p=\frac{c}{z}$ thì BĐT trở thành:

$\sqrt[3]{mnp}+1\leq \sqrt[3]{(m+1)(n+1)(p+1)}$

Biến đổi tương đương ta có: $3\sqrt[3]{mnp}+3\sqrt[3]{m^2n^2p^2}\leq m+n+p+m^2+n^2+p^2$. đúng theo BĐT Co-si cho 3 số dương




#509779 Giải phương trình hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức.

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 29-06-2014 - 10:43

Bài 26: $\left\{\begin{matrix} x+y+xy=a^2+2a(1) & & \\ x^4+y^4=2a^4(2) & & \end{matrix}\right.$ ($a\ge 0$)

Từ (2), ta có:  $2a^4=x^4+y^4\geq \frac{(x^2+y^2)^2}{2}\geq \frac{(x+y)^4}{8}$ $\Leftrightarrow x+y\leq 2a$.

Thay vào (1) thì: $a^2+2a=x+y+xy\leq 2a+xy$ $\Leftrightarrow a^2 \leq xy \leq \frac{x^2+y^2}{2}$ $\Leftrightarrow 4a^4 \leq (x^2+y^2)^2 \leq 2(x^4+y^4)$ $\Leftrightarrow 2a^4 \leq x^4+y^4$. 

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=a$




#509733 $\frac{x_{1}}{2-x_{1}}+\frac{x_{2}}{2-x_{2}}+...+\frac{x_...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 28-06-2014 - 23:41

Cho n số dương $x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}$ có tổng bằng 1.

CMR: $\frac{x_{1}}{2-x_{1}}+\frac{x_{2}}{2-x_{2}}+...+\frac{x_{n}}{2-x_{n}}\geq \frac{n}{2n-1}$

Áp dụng Cauchy-Swartd:  $\frac{x_{1}}{2-x_{1}}+\frac{x_{2}}{2-x_{2}}+...+\frac{x_{n}}{2-x_{n}}$

=$\sum \frac{x_{1}^2}{2x_{1}-x_{1}^{2}}\geq \frac{(\sum x_{1})^2}{2\sum x_{1}-\sum x_1^2}\geq \frac{1}{2-\frac{1}{n}}=\frac{n}{2n-1}$ (đpcm)




#494922 $P=\frac{2.3}{1}+\frac{3.4}...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 24-04-2014 - 17:57

Tính tổng: $P=\frac{2.3}{1}+\frac{3.4}{2}+\frac{4.5}{3}+...+\frac{99.100}{98}$




#490653 giải pt$\sqrt{x^2+(1-\sqrt{3})x+2} +\...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 04-04-2014 - 21:16

$$(1)\Leftrightarrow \sqrt{2x^2+(2-2\sqrt{3})x+4} +\sqrt{2x^2+(2+2\sqrt{3})x+4}+\sqrt{2x^2+4x+4}\leq 6$(1)$

 

10014899_1576119775945995_1638357502_n.j

 

$(1)\Leftrightarrow \sqrt{2x^2+(2-2\sqrt{3})x+4} +\sqrt{2x^2+(2+2\sqrt{3})x+4}+\sqrt{2x^2+4x+4}\leq 6$

Lấy $M(x;x), A(0;2); B(\sqrt{3}; -1); C(-\sqrt{3}; -1)$. Khi đó: 

$MA=\sqrt{2x^2+4x+4}, MC=\sqrt{2x^2+(2+2\sqrt{3})x+4}, MB= \sqrt{2x^2+(2-2\sqrt{3})x+4}$

Dễ thấy $\Delta ABC$ đều và O là điểm toricelli trong tam giác (coi qua cái này nếu bạn chưa biết http://t2tnh.forum7.biz/t46-topic). Khi đó: $MA+MB+MC\geq 3OA=3.2=6$. Nhưng theo giả thiết thì $MA+MB+MC\leq 6$ theo gt nên $M\equiv O$

Vậy nghiệm bất phương trình là $x=0$




#489683 Chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd \geq \sqrt{3}$

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 30-03-2014 - 19:10

1, Cho $ad-bc=1$. Chứng minh rằng:
$a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd \geq \sqrt{3}$
2, Giả sử 3 số thực a, b, c thoả mãn $a^2+b^2+c^2\leq8$. Cmr: $ab+bc+2ac\geq-8$


#487157 $\left\{\begin{matrix}4x-y+3\sqrt...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 16-03-2014 - 13:06

4.$\left\{\begin{matrix}\dfrac{x^2}{(y+1)^2}+\dfrac{y^2}{(x+1)^2}=\dfrac{1}{2}(1)\\3xy=x+y+1(1)\end{matrix}\right.$

Nhận xét: $(x+1)(y+1)=4xy$

Khi đó, pt(1) $\Leftrightarrow (\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1})^2-2\frac{xy}{(x+1)(y+1)}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow (\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1})^2=1\Leftrightarrow (\frac{x^2+y^2+x+y}{(x+1)(y+1)})^2=1$

TH1: $\frac{x^2+y^2+x+y}{(x+1)(y+1)}=1$$\Leftrightarrow \frac{x^2+y^2+x+y}{4xy}=1$. Đặt $S=x+y, P=xy$, thì t có hệ pt: $\left\{\begin{matrix} S^2-P+S=4P\\ 3P=S+1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} S^2+S-5P=0\\ S=3P-1 \end{matrix}\right.$, từ đó ta tìm đc $S, P$ rồi dùng Vi-ét đảo để tìm x, y

TH2: Làm tương tự




#486393 Trên mặt phẳng tọa độ cho điểm A(-1;-1) và B(9;7)

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 12-03-2014 - 10:29

-Trên mặt phẳng tọa độ cho điểm A(-1;-1) và B(9;7). Trung tuyến OM của tam giác AOB có độ dài là (đvđd)

-Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(2;1)B(1;-2) và điểm C trên trục hoành sao cho tam giác ABC  vuông tại B. Diện tích tam giác ABC là ...(đvdt)

1, Do M là trung điểm của AB nên $M(\frac{-1+9}{2};\frac{-1+7}{2})$ tức là $M(4;3)$ nên $OM^2=3^2+4^2=5^2\Rightarrow OM=5$
2, Gọi đường thẳng đi qua A và B là $y=ax+b$. Khi đó, do nó đi qua A và B nên phải thoả mãn$1=2a+b$ và $-2=a+b$. Giải hệ, ta đc $a=3, b=-5$. Vậy đường thẳng đi qua A và B là $y=3x-5$.
Do tam giác ABC vuông tại B nên đường thẳng đi qua B và C vuông góc vs đường thẳng $y=3x-5$ nên đường thẳng đó là $y=\frac{-1}{3}x+b'$. Mặt khác, đường thẳng đó đi qua B nên thoả mãn $-2=\frac{-1}{3}+b'\Rightarrow b'=\frac{-5}{3}$. Vậy đường thẳng đi qua B và C là $y=\frac{-1}{3}x-\frac{5}{3}$. Từ đó, ta tìm đc toạ độ điểm C là $C(-5;0)$
Còn lại, dễ dàng tìm đc S tam giác ABC




#485504 $a+b+c=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 02-03-2014 - 18:07

1, Giải hệ pt: $\left\{\begin{matrix} x^2(y-z)=\frac{-5}{3}\\ y^2(z-x)=3\\z^2(x-y)=\frac{1}{3} \end{matrix}\right.$

2, Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn $a+b+c=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Chứng minh rằng hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-a^2}+\sqrt{y-a^2}=1\\ \sqrt{y-b^2}+\sqrt{z-b^2}=1\\ \sqrt{z-c^2}+\sqrt{x-c^2}=1 \end{matrix}\right.$




#485419 Cho tam giác đều ABC, trên AB, BC, CA lấy lần lượt M, N, P sao cho AM = BN =...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 02-03-2014 - 11:31

Cho tam giác đều ABC có tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm trên AB, BC, CA sao cho AM = BN = CP, I là trung điểm của MP, AI cắt BC tại K.

     a) Chứng minh rằng tam giác MNP là tam giác đều nhận O làm tâm.

     b) Chứng minh rằng I là trung điểm của AK.

1012553_1546439402247366_1417699391_n.jp

a, Xét $\bigtriangleup MNB$ , $\bigtriangleup PMA$ và $\bigtriangleup NPC$ có:

$NB=MA=KC$, $MB=NC=AP$, $\widehat{MBN}=\widehat{MAP}=\widehat{PCN}=60^{\circ}$ nên $\bigtriangleup MNB=\bigtriangleup PMA=\bigtriangleup NPC$(g.c.g)

$\Rightarrow MN=NP=MP$ nên $\bigtriangleup MNP$ đều

Xét $\bigtriangleup NOB$ , $\bigtriangleup POC$ và $\bigtriangleup MOA$ có: $OB=OC=OA$, $NB=MA=CP$, $\widehat{OBN}=\widehat{OCP}=\widehat{OAM}=30^{\circ}$ nên $\bigtriangleup NOB=\bigtriangleup POC=\bigtriangleup MOA$(g.c.g)

nên $OM=ON=OP$ nên O là tâm $\bigtriangleup MNP$

b, Từ P kẻ đường thẳng song song vs AB cắt BC tại K' thì $\frac{CK'}{CB}=\frac{CP}{CA}=\frac{AM}{AB}$ nên $MK'\parallel AC$ nên tứ giác AMK'P là hình bình hành. Mà I là trung điểm MP nên I là trung điểm AK' nên A, I, K' thẳng hàng nên $K\equiv K'$. Vậy I là trung điểm AK(đpcm)




#484970 Chứng minh tồn tại n số tự nhiên có tổng là 0 và có tích là n

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 26-02-2014 - 22:24

Số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 0 vậy n số đó bằng 0?

 

Nếu n số đó =0 thì tích của n số 0 = n,nên n=0,tức tích của 0 số 0 =0????

hình như đề sai.

Mình vội nên đánh nhầm, là số nguyên, sửa đề r đó




#484843 Chứng minh tồn tại n số tự nhiên có tổng là 0 và có tích là n

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 25-02-2014 - 22:23

Cho n là số tự nhiên chia hết cho 4. Chứng minh tồn tại n số nguyên có tổng là 0 và có tích là n




#484841 Chứng minh tồn tại n số tự nhiên có tổng là 0 và có tích là n

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 25-02-2014 - 22:22

Cho n là số tự nhiên chia hết cho 4. Chứng minh tồn tại n số tự nhiên có tổng là 0 và có tích là n




#484596 Cho đường tròn (O; R) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D. Gọi M và N...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 24-02-2014 - 17:29

1)Cho đường tròn (O; R) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC.

Chứng minh M, O, N thẳng hàng

1899943_1541519072739399_1921913968_n.jp(vẽ lặp điểm M, thay bằng T :D)

Kẻ GD đường kính, AG cắt BC tại T. J. K lần lượt là tiếp điểm tại AB, AC. Kẻ tiếp tuyến tại G của đường tròn cắt AB, AC lần lượt tại H và I

Ta có: Do I là giao điểm 2 tiếp tuyến của (O) nên IO là phân giác $\widehat{GOK}$, tương tự thì OC là phân giác $\widehat{KOD}$, mà 2 góc này kề bù nên $IO\perp OC$. $\bigtriangleup IOC$ vuông tại O có OK là đường cao nên $OK^2=IK.KC=IG.CD$

Chứng minh tương tự thì $OJ^2=GH.BD$ mà $IE=IF$ nên $GH.BD=IG.CD$$\Leftrightarrow \frac{GH}{IG}=\frac{CD}{BD}$

Mặt khác, ta có: $HI\parallel BC$ do cùng vuông góc với GD nên $\frac{GI}{TC}=\frac{AI}{AC}=\frac{AH}{AB}=\frac{HG}{BM}$$\Rightarrow \frac{GH}{IG}=\frac{BT}{TC}$

Vậy $\frac{CD}{BD}=\frac{BT}{TC}\Leftrightarrow \frac{CD}{BD}+1=\frac{BT}{TC}+1\Leftrightarrow \frac{BC}{BD}=\frac{BC}{TC} \Rightarrow BD=TC$, mà N là trung điểm BC nên N là trung điểm DT

Theo định lý đường trung bình trong tam giác thì $MO\parallel AT, ON\parallel AT$ nên theo tiên đề Ơ-clit thì 3 điểm M, O, N thẳng hàng(đpcm)




#484505 $a\geq \frac{b+c}{2}$

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 23-02-2014 - 22:46

Cho $\bigtriangleup ABC$

1, Giả sử $\widehat{A}=1v$. Trên cạnh AC, ta lấy 1 điểm D bất kỳ (khác A và C). Vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với BC tại S. Từ B kẻ tiếp tuyến thứ 2 BT với đường tròn trên (T là tiếp điểm). M là trung điểm của cạnh BC. Đường thẳng AM cắt BT tại N. Chứng minh rằng AN=TN

2, Giả sử $\bigtriangleup ABC$ cân tại A. Trên cạnh BC, lấy P bất kỳ (khác B, C). Gọi $O_{1}$ là tâm đường tròn đi qua đi qua P, tiếp xúc với AB tại B; $O_{2}$ là tâm đường tròn đi qua P, tiếp xúc với AC tại C. Gọi Q là giao điểm của $BO_{1}$ và $CO_{2}$, I là trung điểm của $O_{1}O_{2}$. Chứng minh rằng khi P thay đổi trên BC thì Q cố định, I chạy trên 1 đường thẳng cố định

3, Giả sử $\widehat{A}=60^{\circ}$. Đặt AB=c, AC=b, BC=a. Chứng minh: $a\geq \frac{b+c}{2}$

p/s: câu 2 ai vẽ giùm mình cái hình luôn