Chán v~, lm éo ra
Làm không ra hả em, anh thì thấy nó quá đơn giản, hình như đề năm này lớp 9 dễ hơn đề năm ngoái nhiều :v Còn đề 11 thì ngược lại
24-03-2016 - 21:25
Chán v~, lm éo ra
Làm không ra hả em, anh thì thấy nó quá đơn giản, hình như đề năm này lớp 9 dễ hơn đề năm ngoái nhiều :v Còn đề 11 thì ngược lại
24-03-2016 - 20:53
Câu hình năm nay cũng đỡ nhỉ, cái ý tưởng câu b cũng chính là để chứng minh cho câu b của bọn anh, khi chiều chứng minh nội tiếp xong không biết lamg chi nên bỏ
Câu a cộng góc đơn giản, ở đây có thể chú ý $J$ chính là tâm đường tròn bàn tiếp góc $A$ của $\Delta ABC$
Câu b thì lại cộng số đo cung là ra, áp dụng mấy cái cung có đỉnh nằm bên trong đường tròn là OK
Câu bất khắm thế
23-03-2016 - 12:52
Cho các số thực dương $a,b,c$ có tích $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$\left ( \dfrac{a^4}{b^2}+\dfrac{b^4}{c^2}+\dfrac{c^4}{a^2}\right )^5\geq 27\left ( \dfrac{a^5}{c^3}+\dfrac{c^5}{b^3}+\dfrac{b^5}{a^3}\right )^2$$
Đại khái là ta có một bổ đề như sau
Cho các số thực dương $a,b,c$, khi đó $(a^2+b^2+c^2)^5\geq 27(a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)^2$
Bổ đề trên có nhiều cách giải, có thể dùng bất đẳng thức hoán vị hoặc Cauchy-Schwarz kết hợp Schur, ở đây xin trình bày một cách
Chuẩn hóa $a^2+b^2+c^2=3$ và đặt $a=\sqrt{x};b=\sqrt{y};c=\sqrt{z}$ thì $x+y+z=3$, ta cần chứng minh $xy\sqrt{x}+yz\sqrt{y}+zx\sqrt{z}\leq 3$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz $xy\sqrt{x}+yz\sqrt{y}+zx\sqrt{z}\leq \sqrt{(xy+yz+zx)(x^2y+y^2z+z^2x)}$
Sử dụng BĐT quen thuộc của VasC : $x^3y+y^3z+z^3x\leq \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3}$, ta có $$3(x^2y+y^2z+z^2x)=(x+y+z)(x^2y+y^2z+z^2x)=x^3y+y^3z+z^3x+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+xyz(x+y+z)\leq \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3}+(xy+yz+zx)^2-3xyz=\dfrac{[9-2(xy+yz+zx)]^2}{3}+(xy+yz+zx)^2-3xyz\ \ \ \ \ (1)$$
Áp dụng BĐT Schur ta có $(x+y+z)^3+9xyz\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)\Leftrightarrow 3xyz\geq 4(xy+yz+zx)-9\ \ \ \ \ (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $x^2y+y^2z+z^2x\leq \dfrac{[9-2(xy+yz+zx)]^2}{9}+\dfrac{(xy+yz+zx)^2}{3}-\dfrac{4(xy+yz+zx)-9}{3}$
Từ đó : $xy\sqrt{x}+yz\sqrt{y}+zx\sqrt{z}\leq \sqrt{(xy+yz+zx)\left [ \dfrac{[9-2(xy+yz+zx)]^2}{9}+\dfrac{(xy+yz+zx)^2}{3}-\dfrac{4(xy+yz+zx)-9}{3} \right ]}$
Đặt $t=xy+yz+zx$ thì $0< t\leq 3$, khi đó, ta cần chứng minh :
$\sqrt{t\left [\dfrac{(9-2t)^2}{9}+\dfrac{t^2}{3}-\dfrac{4t-9}{3}\right ]}\leq 3\Leftrightarrow t(7t^2-48t+108)\leq 81\Leftrightarrow (t-3)(7t^2-27t+27)\leq 0$
Luôn đúng.
Áp dụng bổ đề trên ta có $\left ( \dfrac{a^4}{b^2}+\dfrac{b^4}{c^2}+\dfrac{c^4}{a^2}\right )^5\geq 27\left ( \dfrac{a^6b}{c^2}+\dfrac{c^6a}{b^2}+\dfrac{b^6c}{a^2}\right )^2=27\left ( \dfrac{a^5}{c^3}+\dfrac{c^5}{b^3}+\dfrac{b^5}{a^3}\right )^2$
Vậy ta có điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
23-03-2016 - 12:43
$\sqrt{\frac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}=\sqrt{\frac{ab+2c^2}{a^2+b^2+ab}}=\frac{ab+2c^2}{\sqrt{(ab+2c^2)(a^2+b^2+ab)}}\geq \frac{2(ab+2c^2)}{2ab+2c^2+a^2+b^2}\geq \frac{2(ab+2c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}= \frac{ab+2c^2}{1-c^2+c}=ab+2c^2$
CMTT:$\sqrt{\frac{bc+2a^2}{1+bc-a^2}}\geq bc+2a^2$
$\sqrt{\frac{ca+2b^2}{1+ac-b^2}}\geq ca+2b^2$
$\Rightarrow \sum \sqrt{\frac{bc+2a^2}{1+bc-a^2}}\geq 2(a^2+b^2+c^2)+\sum ab=2+\sum ab$
Cậu copy y nguyên lời giải của bạn hoanglong2k mà ?
22-03-2016 - 19:49
Câu 1. Bình phương 2 vế ta được
$2\sum a^2+2\sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}\leq 1+\sum a^2+2\sum a+2\sum ab$
$\Leftrightarrow \sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}\leq \sum a+\sum ab$
Mặt khác thì $(a^2+b^2)(b^2+c^2)=b^2(a^2+b^2+c^2)+c^2a^2=b^2+c^2a^2\leq (b+ca)^2$ nên dễ dàng suy ra điều cần chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)$ là một hoán vị of $(0,0,1)$
HVD
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học