Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


haycuoi

Đăng ký: 25-08-2015
Offline Đăng nhập: Riêng tư
-----

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: $\angle AQP+\angle NAP=90^o$

29-08-2015 - 21:51

 

Bài toán này mình có 2 cách giải khác nhau nhưng cùng 1 hướng đi   :icon6: :

 

Đầu tiên, CP cắt (B) tại P',  BQ cắt ( C) tại Q'  ($P'\not\equiv P;Q'\not\equiv Q$)

 

(B) cắt ( C) tại điểm thứ 2 là D suy ra H là trung điểm AD

 

ta dễ có: $(CMPP')=(BMQQ')=-1$ suy ra BC, PQ, P'Q' đồng quy tại J

Em không hiểu chỗ màu đỏ là kí hiệu gì ạ ? Còn từ "đồng viên" có giống đồng quy không ạ? :(


Trong chủ đề: Chứng minh $\tan x + \sin x \ge \frac{9...

25-08-2015 - 22:16

Chứng minh $\tan x + \sin x \ge \frac{9}{2}x + \frac{3}{2}(\sqrt 3  - \pi ),\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ .Từ đó suy ra trong mọi tam giác nhọn ABC ta có $\tan A + \tan B + \tan C + \sin A + \sin B + \sin C \ge \frac{{9\sqrt 3 }}{2}$

 

Xin lỗi mọi người nhưng cách giải của mình khá dở.

Đặt $f(x)=\tan x + \sin x - \frac{9}{2}x - \frac{3}{2}(\sqrt 3  - \pi ),\forall x\in\left(0,\frac\pi2\right)$

Ta tính đạo hàm: $\implies f'(x)=\frac1{\cos^2x}+\cos x-\frac92=\frac{\cos^3x-\frac92\cos^2 x+1}{\cos^2}=\frac{(\cos x-\frac12)(\cos^2x-4\cos x-2)}{\cos^2x}$

Từ đó: $f'(x)=0\iff \cos x=\frac12$

$\implies f'(x)<0 \text{ khi }\cos x>\frac12 \text{ hay }x<\frac\pi3, f'(x)>0\text{ khi }\cos x<\frac12\text{ hay }x>\frac\pi3$

$\implies$ tại $x=\frac\pi3$ hàm số $f(x)$ đạt cực tiểu trên $\left(0,\frac\pi2\right)$. Từ đó ta có đpcm

 

Từ ý trên, ta có: 

$\sum_{cyc}(\tan A+\sin A)\ge \frac92(A+B+C)+3\cdot \frac32(\sqrt3-\pi)=\frac{9\sqrt3}{2}$


Trong chủ đề: $P=\frac{a}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}...

25-08-2015 - 21:22

 

Em xin gõ lại cho dễ nhìn với lại em cũng chưa hiểu khúc cuối lắm:

Ta có: $\displaystyle4a^2b=c(a^2+b^2)+2bc^2\ge 2abc+2bc^2\iff 2a^2-ac-c^2\ge0\iff 2\left (\frac ac  \right )^2-\frac ac-1\ge 0\iff a\ge c$
Do đó $\displaystyle\frac{a}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}=\frac{a^2}{\sqrt{a^4+2a^2b^2+a^2c^2}}\le\frac{a^2}{\sqrt{a^4+a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2}}=\frac{a^2}{\sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}}$
Mà theo BĐT Bunyakovsky $\displaystyle\sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}\ge a^2+bc$
Suy ra $\displaystyle\frac a{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}\le \frac{a^2}{a^2+bc}=\frac{1}{1+\frac{bc}{a^2}}$
Ta chứng minh được $\forall xy\ge1$ thì $\displaystyle\frac1{1+x^2}+\frac1{1+y^2}\le\frac2{1+xy}\iff(x-y)^2(1-xy)\ge0,\forall xy\le 1$
Với $\frac ca\le 1$ ta có:
$\displaystyle P=\frac{a}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\le\frac{a^2}{a^2+bc}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$
$=\frac{1}{1+\frac{bc}{a^2}}+\frac{1}{1+\frac cb}+\frac{c}{c+a}\le\frac{2}{1+\frac ca}+\frac{\frac ca}{\frac ca+1}$
Đặt $t=\frac ca\le 1$:
$P\le \frac{2+t}{1+t}\le 1+\frac1{1+t}$ ??? Đến đây rồi sao nữa ạ ! :(