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.


toanND

Đăng ký: 15-12-2018
Offline Đăng nhập: 12-02-2020 - 22:05
-----

#724550 CMR $ TM // BC $

Gửi bởi toanND trong 08-08-2019 - 09:38

Bài này có thể giải bằng định lý Pascal




#724490 $\widehat{NLP}=90^0$

Gửi bởi toanND trong 05-08-2019 - 21:44

capture NVL.PNG

Gọi AQ là đường đối trung ứng với đỉnh A của tam giác ABC. AQ cắt (O) lần thứ hai tại T

$\Rightarrow$ Tứ giác ABTC điều hòa $\Rightarrow$ SA tiếp xúc với (O) tại A (S là giao của OL với BC).

Gọi $H_{a}$ là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. K là giao của OL với $AH_{a}$.

$\Rightarrow$ K là trực tâm tam giác AQS $\Rightarrow QK \perp AS$

Gọi M, I lần lượt là trung điểm của BC, $H_{b}H_{c}$. Khi đó M, I, N thẳng hàng và $MN\perp H_{b}H_{c}$

Mặt khác dễ thấy $AS \parallel H_bH_c$ $\Rightarrow QK \parallel MN$

$KLQH_a$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{H_aLQ}=\widehat{H_aKQ}=\widehat{H_aNI}(KQ\parallel MN)$

$\Rightarrow NILH_a$ nội tiếp. Mặt khác $I,H_a$ cùng nằm trên đường tròn đường kính NP

Suy ra L nằm trên đường tròn đường kính NP$\Rightarrow \widehat{NLP}=90^0$ (đpcm)  :like




#724419 $1+\sqrt{\frac{2+1}{2}}+\sq...

Gửi bởi toanND trong 01-08-2019 - 21:05

 chỗ $\left ( 1+\frac{1}{n^{2}} \right )^{n}> 1+n.\frac{1}{n^{2}}$ này là sao bạn

Bất đẳng thức Bernoulli đó




#723712 Bất đẳng thức

Gửi bởi toanND trong 13-07-2019 - 09:53

  • Trước hết, ta chứng minh bđt phụ sau:

Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng $\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\geq\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}$ (1)

Thật vậy $(1)\Leftrightarrow \frac{a^2}{c^2}+\frac{c^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+2(\frac{a}{b}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c})\geq\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt[3]{(abc)^2}}$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có $\frac{a^2}{c^2}+\frac{a}{b}+\frac{a}{b}\geq3\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}=\frac{3a^2}{\sqrt[3]{(abc)^2}}$

Tương tự với các bđt còn lại, sau đó cộng lại ta có đpcm.

  • Trở lại bài toán, áp dụng bđt phụ trên thì ta cần chứng minh $\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}\geq\frac{10}{9(a^2+b^2+c^2)}$

Áp dụng bđt AM-GM ta có

$\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}=\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}+9\sqrt[3]{abc}-8\sqrt[3]{abc}\geq2\sqrt{9\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}-\frac{8}{3}(a+b+c)=6\sqrt[4]{3(a^2+b^2+c^2)}-\frac{8}{3}$

Đặt $t=\sqrt[4]{3(a^2+b^2+c^2)}\geq\sqrt[4]{(a+b+c)^2}=1$

Ta chỉ cần chứng minh $6t-\frac{8}{3}\geq\frac{10}{3t^4}\Leftrightarrow t^4(9t-4)\geq5$ (đúng do $t\geq1$ )

Vậy ta có đpcm. ~O)

 




#723698 Một số bài toàn bất đẳng thức mình cần được giúp đỡ!

Gửi bởi toanND trong 12-07-2019 - 16:52

$\boxed{16}$

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz ta có

$\frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4c^2+1}+\frac{c}{4a^2+1}=\frac{a^3}{4a^2b^2+a^2}+\frac{b^3}{4b^2c^2+c^2}+\frac{c^3}{4c^2a^2+c^2}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+a^2+b^2+c^2}$

Ta chỉ cần chứng minh 

$4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+a^2+b^2+c^2\leq 1 =(a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow ab(1-2ab)+bc(1-2bc)+ca(1-2ca)\geq0$

Lại có $ab>0$ , $ab\leq\frac{(a+b)^2}{4}<\frac{(a+b+c)^2}{4}$ $\Rightarrow ab<\frac{1}{4}\Rightarrow ab(1-2ab)>0$

Tương tự ta có đpcm

Dấu = không xảy ra




#723607 CM : $\frac{x^2y}{y} + \frac{y^2z...

Gửi bởi toanND trong 08-07-2019 - 21:32

Cho 0 < x ≤ y ≤ z. CM : $\frac{x^2y}{y} + \frac{y^2z}{x} + \frac{z^2x}{y} \geqslant x^2 + y^2 + z^2$

Hình như điều kiện phải là $x\geq y\geq z>0$. Đây là VMO 1991




#723438 Cho các số thực dương a, b, c

Gửi bởi toanND trong 02-07-2019 - 09:14

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng 

$\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^2}{4(ab+bc+ca)^3}$




#723404 Hê thức lượng

Gửi bởi toanND trong 29-06-2019 - 22:28

$\boxed{3}$

Kẻ EK, FI lần lượt vuông góc với AB, AC tại K, I.

Ta có $\frac{AK}{BK}=\frac{AK.AB}{BK.AB}=\frac{EA^2}{EB^2}=4=\frac{HC}{HB}$

theo định lý Thales đảo $\Rightarrow HK||AC$. Tương tự $HI\parallel AB$

$\Rightarrow AIHK$ là hình bình hành

Ta có $\bigtriangleup AEB\sim \bigtriangleup CFA \Rightarrow \measuredangle BAE=\measuredangle ACF=\measuredangle AFI\Rightarrow \bigtriangleup AEK\sim \bigtriangleup FAI$

$\Rightarrow \frac{EK}{AK}=\frac{AI}{FI}\Rightarrow \frac{EK}{AI}=\frac{AK}{FI}$. Mà $AK = HI,AI=HK$

$\Rightarrow \frac{EK}{HK}=\frac{HI}{IF}$. Lại có $\measuredangle EKH=\measuredangle BKH +90^0=\measuredangle HIC+90^0=\measuredangle HIF$

Do đó $\bigtriangleup EKH\sim\bigtriangleup HIF\Rightarrow\measuredangle HEK=\measuredangle IHF$

Vậy $\measuredangle EHF=\measuredangle EHK+\measuredangle KHI+\measuredangle IHF=(\measuredangle EHK+\measuredangle HEK)+\measuredangle BKH=180^0-\measuredangle EKH+\measuredangle BKH=180^0-90^0=90^0$

 




#723400 Hê thức lượng

Gửi bởi toanND trong 29-06-2019 - 17:40

$\boxed{\text{1}}$

hethuc1.PNG

a. Dễ thấy tứ giác KIHB nội tiếp $\rightarrow CI.CK=CH.CB=CA^2$

b. theo tính chất đối xứng thì $\measuredangle BDC=\measuredangle BAC=90^0;AC=DC$

Vì $\measuredangle BKC=\measuredangle BAC=\measuredangle BDC=90^0$ nên $B,K,A,C,D$ cùng thuộc một đường tròn

$\Rightarrow \measuredangle CKD=\measuredangle DAC=\measuredangle ADC=\measuredangle AKC$

ta có đpcm

 




#723109 bất đẳng thức

Gửi bởi toanND trong 17-06-2019 - 12:51

Áp dụng BĐT $b^2+bc+c^2\geq\frac{3}{4}(b+c)^2$

Ta có $15\geq3a^2+4(b^2+bc+c^2)\geq3[a^2+(b+c)^2]\geq\frac{3}{2}(a+b+c)^2$

$\Rightarrow (a+b+c)^2\leq10\Rightarrow-\sqrt{10}\leq a+b+c\leq \sqrt{10}$

Từ đó ta có min , max

e tự tìm dấu = nhé




#723098 bất đẳng thức

Gửi bởi toanND trong 16-06-2019 - 22:23

BÀI 3. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có $(a^2+b)(1+\frac{1}{b})\geq(a+1)^2$

Tương tự với các BĐT còn lại rồi nhân lại ta có $(a^2+b)(b^2+c)(c^2+a)\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc}\geq(a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2$

$\Leftrightarrow (a^2+b)(b^2+c)(c^2+a)\geq abc(a+1)(b+1)(c+1)$

Dấu = xảy ra khi a =b =c 




#723048 bất đẳng thức

Gửi bởi toanND trong 14-06-2019 - 16:37

Ngưỡng mộ anh toanND quá, anh chỉ cho em cách học giỏi bđt với ạ

Kiếm sách với tài liệu mà đọc thôi e :ukliam2:




#723037 bất đẳng thức

Gửi bởi toanND trong 14-06-2019 - 13:22

Em cảm ơn anh toannd, bài 1 câu a anh có thể giải bằng cauchy dc k ah

Có thể dùng AM - GM (Cauchy) kiểu này : $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq\frac{4}{a+b}; \frac{1}{ab}\geq\frac{4}{(a+b)^2}$

Áp dụng hai BĐT trên, ta biến đổi biểu thức P như sau:

$P=(1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{ab})(1+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}+\frac{1}{cd})\geq[1+\frac{4}{a+b}+\frac{4}{(a+b)^2}][1+\frac{4}{c+d}+\frac{4}{(c+d)^2}]=[(\frac{2}{a+b}+1)(\frac{2}{c+d}+1)] ^2 ]$

Đặt $A=[(\frac{2}{a+b}+1)(\frac{2}{c+d}+1)]^2$

$\Rightarrow A=[\frac{4}{(a+b)(c+d)}+\frac{2}{a+b}+\frac{2}{c+d}+1]^2\geq[\frac{16}{(a+b+c+d)^2}+\frac{8}{a+b+c+d}+1]^2=625$

$\Rightarrow P\geq A\geq625$  ~O)




#723026 bất đẳng thức

Gửi bởi toanND trong 14-06-2019 - 08:50

BÀI 1

a. Áp dụng BĐT Holder ta có: $P=(\frac{1}{a}+1)(\frac{1}{b}+1)(\frac{1}{c}+1)(\frac{1}{d}+1)\geq (\sqrt[4]{\frac{1}{abcd}}+1)^{4}$

Mặt khác theo BĐT AM-GM: $\sqrt[4]{abcd}\leq \frac{a+b+c+d}{4}=\frac{1}{4}$

$\Rightarrow P\geq(4+1)^{4}=625$

Vậy $minP=625$ khi $a=b=c=d= \frac{1}{4}$

b. Ta có $Q=\frac{a(b+c+d)}{\frac{a^{2}}{3}+b^{2}+\frac{a^{2}}{3}+c^{2}+\frac{a^{2}}{3}+d^{2}}\leq\frac{a(b+c+d)}{\frac{2}{\sqrt{3}}(ab+ac+ad)}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Vậy $maxQ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ khi ..........

BÀI 2. Ý tưởng cũng giống bài 1b thôi e  :closedeyes:




#722984 Chứng minh rằng $\widehat{APB}=\widehat{APD...

Gửi bởi toanND trong 12-06-2019 - 10:40

$\boxed{\text{Bài toán}}$ [Bulgaria TST 2003] Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Hạ OP vuông góc AC. Chứng minh rằng $\widehat{APB}=\widehat{APD}$

Hình gửi kèm

Bulgaria TST 2003.PNG