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.


Nguyễn Hữu Huy

Đăng ký: 08-06-2011
Offline Đăng nhập: 30-01-2014 - 14:08
**---

#412925 Tìm Min, Max của biểu thức $P = \dfrac{1}{x^{2...

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 16-04-2013 - 05:40

Cho các số thực dương x,y thõa mãn $x^{4}+y^{4}+\dfrac{1}{xy}= xy + 2$

Tìm Min, Max của biểu thức

$P = \dfrac{1}{x^{2}+1} + \dfrac{1}{y^{2}+1} - \dfrac{3}{xy +2}$

 

 




#370781 cho a,b,c >0 thoả mãn:a+b+c=3.CMR: $\sum a^{2}+...

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 19-11-2012 - 22:05

cho a,b,c >0 thoả mãn:a+b+c=3.CMR:
$\sum a^{2}+\frac{ab+bc+ac}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}\geq 4$


BĐT tương đương với
$(a)^2-2\sum{ab}+\dfrac{3\sum{ab}}{(\sum{a})(\sum{a^2b})}\geq 9-2\sum{ab})+\dfrac{3\sum{ab}}{3\sum{a^2}}= 9-2q+\dfrac{q}{9-2q}$

Cần chứng minh $9 - 2q +\dfrac{q}{9-2q} \geq 4 \Leftrightarrow (q-3,75)(q-3)\geq 0$ (đúng vì $q \leq 3$)


#338771 $\sum \sqrt{\frac{a^2}{b^2+bc+c^2...

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 22-07-2012 - 06:33

Lật đật đi học , mần tàm tạm ri nầy
Bài 1 :
$VT \geq \sum \sqrt{\frac{2a^2}{9(b^2 + c^2)}}$

Còn lại quen rồi chi nựa !

:icon6: đi học


#333367 Trận chung kết MSS 2012 - Hiệp 4 - Bất đẳng thức

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 08-07-2012 - 21:49

Đề hiệp 4
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=\dfrac{1-16xyz}{4}$.
Tìm GTNN của biểu thức sau $A=\dfrac{x+y+z+4xyz}{1+4(xy+yz+xz)}$


ÔI Mẹ ôi !
từ gt

Ta có
Theo Cauchy schwarz
$(x^2 + y^2 + z^2)(y^2 + z^2 + x^2) \ge (xy + yz + xz)^2$

$\Rightarrow x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + xz$

Theo AM-GM
$x + y + z \ge 3\sqrt[3]{xyz}$

Ap dụng ta có

$A \ge \frac{3\sqrt[3]{xyz} + 4xyz}{1 + 4(x^2 + y^2 + z^2)}$

Từ gt suy ra $1 + 4(x^2 + y^2 + z^2) = 2 - 16xyz$


$\Leftrightarrow A \ge \frac{3\sqrt[3]{xyz} + 4xyz}{2(1 - 8xyz)}$ (*)

Đặt $\sqrt[3]{xyz} = t$
theo gt thì

$\frac{1 - 16xyz}{4} \ge 3\sqrt{x^2y^2z^2}$

Tương đương với
$(4t -1)(2t + 1)^2 \le 0$

Suy ra $0 < t \le 0,25$ do $(2t + 1)^2 \ge 0$

Lúc đó (*) tương đương với

$A \ge \frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)}$


Do $A \ge \frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)}$ với mọi t

Nên ta có thể cm 1 cách gián tiếp thông qua CM

$A \ge max \frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)}$ (*1)

Ta sẽ cm max $\frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)} = \frac{13}{28}$

Ko khó khăn , nhẩm điểm rơi và ta dự đoán

$\frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)} \leq \frac{13}{28}$

$\Leftrightarrow (4t -1)(80t^2 + 20t + 26) \leq \frac{13}{28}$ :icon12:

Thấy $80t^2 + 20t + 26 > 0$

$4t - 1 < 0$ với $0 < t \le 0,25$

Nên :icon12: đúng !

Suy ra max $\frac{3t + 4t^3}{2(1 - 8t^3)} = \frac{13}{28}$ (*2)

Từ (*1) và (*2) suy ra

$A \ge \frac{13}{28}$

Ý tưởng cũng chẳng khác gì các bạn.
Chưa chứng minh AM-GM + CS 3 số nên bị trừ điểm nghe em
Hình đã gửi
D-B=47h
E=8
F=0

S=25


#333126 Trận chung kết MSS 2012 - Hiệp 3 - Phương trình

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 08-07-2012 - 12:03

Bác Thịnh thông cảm! Đánh nhầm thiếu dấu mà!
Xưng đệ nhưng chưa chắc đã là đệ, mình xưng vậy cho thân thôi.
Cuối cùng cũng xog MSS, phù


#332839 Trận chung kết MSS 2012 - Hiệp 3 - Phương trình

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 07-07-2012 - 15:18

Mở rộng 11: Có lẽ đây là mở rộng mạnh nhất của em :)

Giải hệ phương trình với các tham số $b,c,m,n,p,q,k (b,c,m,n,p,q > 0; k \in Z ^ +; 3pn \ge qm).$

\[
\left\{ \begin{array}{l}
bx_1 \left( {mx_2 ^2 + nc^k } \right) = x_2 \left( {px_2 ^2 + qc^k } \right) \\
bx_2 \left( {mx_{\rm{3}} ^2 + nc^k } \right) = x_3 \left( {px_3 ^2 + qc^k } \right) \\
........................................... \\
bx_n \left( {mx_1 ^2 + nc^k } \right) = x_1 \left( {px_1 ^2 + qc^k } \right) \\
\end{array} \right.
\]
Lời giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử $x_1$ là số lớn nhất trong các số $x_1,x_2,...,x_n$.
Đặt $c^k=a^2 (c>0)$ ta thấy hao hao giống mở rộng 10. Và tương tự, ta lập hiệu $bx_n-b_1$, sẽ có chứa nhân tử $x_1-x_2$, từ đó chứng minh $x_1-x_2 \le 0 \to x_1 \le x_2 \to x_1=x_2 \to x_1=x_2=...=x_n$. Đến đây đơn giản, thế vào 1 trong các phương trình của hệ và ta có ngay kết quả...

Mở rộng 11 được giải quyết ... :)
___


Bác Thing khủng bố quá ! >:) như thế này bọn đệ sao đuổi kịp ! hứ hứ hứ
Hết hi vọng oy` :icon6:
  • Kir yêu thích


#332158 Topic bất đẳng thức THCS (2)

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 05-07-2012 - 15:54

Bài 406:Cho $a;b;c> 1$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}= 2$.C/m:
$$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\leq \sqrt{a+b+c}$$


406 của anh PKH thì phải !?

Từ gt suy ra
$\sum \frac{a -1}{a} = 1$

Áp dụng cauchy schwarz ta có
$(\sum \frac{a -1}{a})(a + b + c) \geq (\sum \sqrt{a - 1})^2$

Suy ra đpcm !


#332156 Trận chung kết MSS 2012 - Hiệp 3 - Phương trình

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 05-07-2012 - 15:46

Đề hiệp 3
Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số thực $a$
\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]


Giải :
Nhận thấy (0;0;0) là 1 nghiệm của hệ phương trình


VỚI a = 0 thì $x = y = z = a\sqrt{7}$ là nghiệm của PT

Với x , y , z , a khác 0

Không khó khăn để ta có thể thấy x , y , z cùng dấu (*)
Thật vậy

Do $2x(y^2 + a^2) = y(y^2 + 9a^2$

Thấy $y^2 + a^2$ và $y^2 + 9a^2$ đều là các số dương

Nên x và y phải cùng dấu

Do vai trò x , y , z trong hệ là như nhau , không mất tính tổng quát , giả sử
$x \geq y \geq z$ (*)(*)

Từ (*) ; (*)(*) ta xét 2 TH

TH 1 : $x \geq y \geq z > 0 \Rightarrow x^2 \geq y^2 \geq z^2 > 0 $

Ta biến đổi


\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]

$\left\{\begin{matrix}
\\ \frac{2x}{y} = \frac{y^2 + 9a^2}{a^2 + y^2}

\\ \frac{2y}{z} = \frac{z^2 + 9a^2}{a^2 + z^2}

\\ \frac{2z}{x} = \frac{x^2 + 9a^2}{a^2 + x^2}

\end{matrix}\right.$



Nhân vế với vế của 3 phương trình , ta có

$\frac{(x^2 + 9a^2)(y^2 + 9a^2)(z^2 + 9a^2)}{(a^2 + x^2)(a^2 + y^2)(a^2 + z^2)} = 8$


$\Leftrightarrow \frac{x^2 + 9a^2}{x^2 + a^2}.\frac{y^2 + 9a^2}{y^2 + a^2}.\frac{z^2 + 9a^2}{z^2 + a^2} = 8$


$\Leftrightarrow (1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2}).(1 + \frac{8a^2}{y^2 + a^2})(1 + \frac{8a^2}{z^2 + a^2}) = 8$ (***)


Do $x^2 \geq y^2 \geq z^2 > 0 $ nên


$\frac{8a^2}{x^2 + a^2} \leq \frac{8a^2}{y^2 + a^2} \leq \frac{8a^2}{z^2 + a^2}$ (*1)


Ta xét

  • Nếu $\frac{8a^2}{x^2 + a^2} > 1$ thì $z^2 \leq x^2 < 7a^2$

Suy ra $1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2} > 2$


Khi đó từ (*1)

Suy ra $(1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2}).(1 + \frac{8a^2}{y^2 + a^2})(1 + \frac{8a^2}{z^2 + a^2}) > 8$ (mâu thuẫn với (***) (1)

  • Tương tự , xét

Nếu $\frac{8a^2}{z^2 + a^2} < 1$ thì $z^2 > 7a^2$


Khi đó $1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2} < 2$


Khi đó $(1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2}).(1 + \frac{8a^2}{y^2 + a^2})(1 + \frac{8a^2}{z^2 + a^2}) < 8$ (mâu thuẫn với (***) (2)

  • Từ (1) và (2)

Suy ra $z^2 = 7a^2$


Tương tự , ta cũng có được $x^2 = y^2 = z^2 = 7a^2$ với a dương :icon12:


Xét hoàn toàn tương tự với TH $0 > x \geq y \geq z $

ta cũng được kết quả $x^2 = y^2 = z^2 = 7a^2$ Với a âm :icon12: :icon12:



Khi đó :icon12: ; :icon12: :icon12: suy ra $x = y = z = a\sqrt{7}$ a khác 0 (do x , y , z cùng dấu) (DẤU CỦA a QUYẾT ĐỊNH X , Y , Z ÂM HAY DƯƠNG)



VẬY PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM $(0 ; 0 ; 0)$ ; $(a\sqrt{7} ; a\sqrt{7} ; a\sqrt{7})$

Em cũng là một trong rất ít những toán thủ làm chính xác bài toán này :)
Ý tưởng của bài giải rất hay tuy nhiên còn khá dài :D Thưởng em 5 đ nhá :D
Tuy nhiên, anh chỉ công nhận 4 mở rộng của em lần này :)

D-B=18h
E=10
F=40
G=5
S=105




#323706 Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 09-06-2012 - 20:07

Xin lỗi BTC nhưng ở Nghệ An bọn em phải thi vào ngày 23 , 24. Đó là chưa kể 1 số trg chuyên thj muộn hơn nữa. Có lẽ một số tinh khác cũng thj muộn. Em mong BTC sẽ chuyển lich về ngày 30/6. Em mog BTC có thể xem xét cho ý kiến của em. Em cảm ơn


#323245 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 07-06-2012 - 21:41

Bài này mình chỉ tìm được min thôi :( Mà số liệu trông xấu thế.

$P=x^3+y^3+2xy = (x+y)(x^2+y^2-xy)+2xy = 201[(x+y)^2-3xy]+2xy = 201^3-601xy \ge 201^3 - 601\dfrac{(x+y)^2}{4} = 201^3-\dfrac{601.201^2}{4}$
P đạt min tại $x=y=\dfrac{201}{2}$


Với dạng này cách cơ bản nhất là nhẩm điểm rơi và chứng minh cho điểm rơi đó
Đặt $x = 101 + t$ ; $y = 100 - t$

Khi đó $ xy = 100.101 - t - t^2 = 100.101 - t(1 + t) \leq 100.101$


Tương tự vs min , đặt x = 1 + k ; y = 200 - k
$xy = 200 + 199k - k^2 = 200 + k(199 - k) \geq 200$


#322625 Trận 16 - "MSS24 ToanHocLaNiemVui" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 05-06-2012 - 13:49

Đề của trọng tài:
Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$


Xin lỗi trọng tài nhưng em xin ưửa bài 1 chút nữa ! Tối qua mưa nên ko có sửa kịp !

BĐT $$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

$$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} + \frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0$$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{.[(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 10xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Đoạn tiếp theo cm cũng như bài trước , ta có

$(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 \geq 0$

Mà $(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 10xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 > (x + y)(7x^2 + 10xy + 7y^2 - 4x^2 - 8xy - 4y^2) = (x + y)(3x^2 + 2xy + 3y^2)$

Thấy x + y > 0 (do x , y ko đồng thời bằng 0)
$3x^2 + 2xy + 3y^2 = (x + y)^2 + 2(x^2 + y^2) > 0$

Nên $(x + y)(3x^2 + 2xy + 3y^2) > 0$

$\Rightarrow \frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 10xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} > 0$

$\Rightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{.(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 10xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Hay $$ \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} + \frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0$$


$$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$


BĐT đc cm ! Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 = 0 \Leftrightarrow x = y $ ( x , y > 0)

D-B=25.8h
E=10
F=2 * 10=20
S=72.2


#322445 Trận 16 - "MSS24 ToanHocLaNiemVui" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 04-06-2012 - 19:06

Đề của trọng tài:
Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$

XIN ĐƯỢC NẠP LAỊ BÀI ! BÀI TRƯỚC BỊ LỖI THIẾU TEXT !
Ko quen dạng 1 thôi thì em mần dạng 2 vậy !
Giải :
Đầu tiên , x và y ko thể đồng thời bằng 0
Thật vậy vì x + y # 0 , x và y ko âm nên x , y không thể cùng bằng 0 (*)


BĐT tương đương với :

$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} +\frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0 $$

$\Leftrightarrow \frac{8(x^4 + y^4) - (x + y)^4}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2}{2(x + y)} \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{7x^3 + 7y^4 - 4x^3y - 6x^2y^2 - 4xy^3}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.(4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{(x - y)^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Dễ thấy $(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 \geq 0$ với mọi x , y

Chỉ cần cm $\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Hay $\Leftrightarrow (\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 \geq 0$ (vì $8(x + y)^4 > 0$)

$\Leftrightarrow (x + 2\sqrt{xy} + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 \geq 0$

Ta có
$(x + 2\sqrt{xy} + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 > (x + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 = (x + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2 - 4x^2 - 8xy - 4y^2) = (x + y)(3x^2 - 4xy + 4y^2)$

Thấy rằng
$x + y > 0$ (đk (*)
$3x^2 - 4xy + 3y^2 = x^2 + y^2 + 2(x - y)^2 > 0$ (chú ý đk (*)

$\Rightarrow (x + y)(3x^2 - 4xy + 4y^2) > 0$

$\Rightarrow \frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} > 0$

$\Rightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} +\frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0 $$

Hay $$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$ (Q.E.D)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\sqrt{x} = \sqrt{y} \Leftrightarrow x = y $ ( x , y khác 0)

Tính toán sai từ chỗ


$\Leftrightarrow \frac{7x^3 + 7y^4 - 4x^3y - 6x^2y^2 - 4xy^3}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.(4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{(x - y)^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$


Đúng ra phải là

\[
\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \frac{{7x^4 + 7y^4 - 4x^3 y - 6x^2 y^2 - 4xy^3 }}{{8(x + y)^4 }} - \frac{{(\sqrt x - \sqrt y )^2 .4(x + y)^3 }}{{8(x + y)^4 }} \ge 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{\left( {x - y} \right)^2 \left( {7x^2 + 10xy + 7y^2 } \right) - \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2 4\left( {x + y} \right)^3 }}{{8\left( {x + y} \right)^4 }} \ge 0 \\
\end{array}
\]


S=0


#322443 Trận 16 - "MSS24 ToanHocLaNiemVui" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 04-06-2012 - 18:53

Đề của trọng tài:
Bài 2: Cho các số không âm $x,y$. Chứng minh:
$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$


Ko quen dạng 1 thôi thì em mần dạng 2 vậy !
Giải :
Đầu tiên , x và y ko thể đồng thời bằng 0 (*)

BĐT tương đương với :

$$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} +\frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0 $$

$\Leftrightarrow \frac{8(x^4 + y^4) - (x + y)^4}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2}{2(x + y)} \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{7x^3 + 7y^4 - 4x^3y - 6x^2y^2 - 4xy^3}{8(x + y)^4} - \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.(4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

Dễ thấy $(\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 \geq 0$ với mọi x , y

Chỉ cần cm $\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4}$

Hay $\Leftrightarrow (\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 \geq 0$ (vì $8(x + y)^4 \geq 0$)

$\Leftrightarrow (x + 2\sqrt{xy} + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 \geq 0$

Ta có
$(x + 2\sqrt{xy} + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 > (x + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3 = (x + y)(7x^2 + 4xy + 7y^2 - 4x^2 - 8xy - 4y^2) = (x + y)(3x^2 - 4xy + 4y^2)$

Thấy rằng
$x + y > 0$ (đk (*)
$3x^2 - 4xy + 3y^2 = x^2 + y^2 + 2(x - y)^2 > 0$ (chú ý đk (*)

$\Rightarrow (x + y)(3x^2 - 4xy + 4y^2) > 0$

$\Rightarrow \frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} > 0$

$\Rightarrow (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2.\frac{(\sqrt{x} + \sqrt{y})^2(7x^2 + 4xy + 7y^2) - 4(x + y)^3}{8(x + y)^4} \geq 0$

$$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}} - \frac{1}{8} +\frac{\sqrt{xy}}{x+y} - \frac{1}{2} \ge 0 $$

Hay $$\frac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge \frac{5}{8}$$ (Q.E.D)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x = y > 0$


#318228 Topic bất đẳng thức THCS (2)

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 21-05-2012 - 10:37

Bài 364: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $ab+bc+ac=1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b+c}\geq 2$$


Đk ko âm phải chưa anh !???
BĐT tương đương với

$\sum a + \sum \frac{ab}{a + b} + \frac{1}{a + b + c} \geq 2$

Ko mất tính tổng quát , giả sử $a \geq b \geq c$
Ta có
$\frac{bc}{b + c} + \frac{ac}{a + c} \geq 0$

Cần cm

$\sum a + \frac{ab}{a + b} + \frac{1}{a + b + c} \geq 2$

Ta thấy rằng

$\sum a + \frac{ab}{a + b} + \frac{1}{a + b + c} \geq \sum a + \frac{c^2 + 1}{a + b + c} \geq 2\sqrt{c^2 + 1} \geq 2$

Xảy ra khi a = b = 1 ; c = 0

Sai ko biết ! Nếu có ai các huynh thông cảm đệ nhé ! Chớ thực dương cả thì em bó tay !


#317880 Trận 14 - "MSS21 nthoangcute" VS ALL

Gửi bởi Nguyễn Hữu Huy trong 19-05-2012 - 14:18

Đề của nthoangcute:

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nhọn có phân giác $AD$ ($D$ thuộc đoạn thẳng $BC$). Trên đoạn thẳng $AD$ lấy hai điểm $E, F$ sao cho $\widehat{ABE}=\widehat{CBF}$. Chứng minh rằng $\widehat{ACE}=\widehat{BCF}$

P/s: Bài này cũng dễ, mọi người chém tích cực vào, nhưng đừng để Giám khảo "đau đầu".


Chứng minh :
ta có bài toán sau phụ sau
Cho tam giác ABC , phân giác góc BAC cắt BC tại D . Trên BC lấy 2 điểm M và N ( M ko trùng N)
Lúc này ta có điều sau :
$ \widehat{MAD} = \widehat{NAD} \Leftrightarrow \frac{BM.BN}{CM.CN} = \frac{AB^2}{AC^2}$

Thật vậy :
Xét TH thuận
Khi mà $\widehat{MAD} = \widehat{NAD}$
Tiếp theo đây có 2 cách để cm , xin được nêu pp lớp 8 (lớp 9 dùng sin , cos phải cm thêm 1 đoạn nên nhác)
Từ M kẻ hình chiếu MH và MK xuống AB ; AC
Từ N , kẻ hình chiếu NP và NQ xuống AB ; AC
Lúc này ta có
$\Delta{AMH} = \Delta{ANQ}$ (g.g)
Vì $\widehat{AHM} = \widehat{AQN} = 90^0$
$\widehat{BAD} - \widehat{MAD} = \widehat{CAD} - \widehat{NAD} \Leftrightarrow \widehat{HAM} = \widehat{NAQ}$
$\Rightarrow \frac{HM}{NQ} = \frac{AM}{AN}$

Ta lại có
$\frac{S_{ABM}}{S_{ANC}} = \frac{BM}{NC} = \frac{HM.AB}{NQ.AC} = \frac{AM.AB}{AN.AC}$ (*)

Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên , ta cũng có
$\frac{S_{ABN}}{S_{ACM}} = \frac{BN}{MC} = \frac{NP.AB}{MK.AC} = \frac{AN.AB}{AM.AC}$ (*)(*)

Nhân vế vs vế của (*) và (*)(*)

ta sẽ suy ra được
$\frac{BN.BM}{CN.CM} = \frac{AB^2}{AC^2}$ (đpcm)

bây giờ , chúng ta sẽ chứng minh phần đảo
$ \frac{BM.BN}{CM.CN} = \frac{AB^2}{AC^2} \Rightarrow \widehat{MAD} = \widehat{NAD} $
Thực ra phần đảo ko quá khó để cm , ta gọi 1 điểm M' thõa mãn $\widehat{MAD} = \widehat{NAD}$ , giờ cần cm ko tồn tại M' khác M t/m điều trên
Lúc này thì theo phần thuận , ta sẽ có
$\frac{BM'.BN}{CM'.CN} = \frac{AB^2}{AC^2}$ (1)

Mà theo gt , ta lại có $\frac{BM.BN}{CM.CN} = \frac{AB^2}{AC^2}$ (2)

Từ (1) và (2) , ta có $\frac{BM'.BN}{CM'.CN} = \frac{BM.BN}{CM.CN}$

Suy ra $\frac{BM'}{CM'} = \frac{BM}{CM} \Leftrightarrow \frac{BM'}{BM' + CM'} = \frac{BM}{BM + CM} \Leftrightarrow \frac{BM'}{BC} = \frac{BM}{BC} \Leftrightarrow BM' = BM$ mà M' và M cùng thuộc đoạn BC nên bắt buộc M và M' phải trùng nhau (vô lí vì ta đã giải sử M' khác M)
Vậy tồn tại duy nhất 1 điểm M thõa mãn định lí thuận và đảo trên

Quay trở lại bài toán , ta chỉ cần áp dụng và tam giác ABD và tam giác ADC
Kẻ phân giác BI của góc ABC (I thuộc AD)
Khi đó theo bài toán trên , ta có :
$\frac{AB^2}{BD^2} = \frac{AE.AF}{DE.DF}$ (*3)

mà theo t/c phân giác , do AD là p/giác góc BAC nên
$\frac{AB^2}{BD^2} = \frac{AC^2}{DC^2}$ (*4)
Từ (*3) và (*4) ta có :
$\frac{AE.AF}{DE.DF} = \frac{AC^2}{DC^2}$

Đây chẳng phải là bài toán đảo ở trên hay sao
Lúc này , CI sẽ là phân giác góc ACD và góc ECF
tức góc ACI = góc ICD
góc IEC = góc ICF
Trừ 2 vế ta có góc ACE = góc DCF (đpcm)

p/s : Bài toán trên cũng giúp ta cm được t/c đồng quy của 3 tia phân giác

Không có hình vẽ. Các mở rộng em nêu chỉ là mở rộng của bổ đề. Không ăn nhập với bài toán đề cho.
D-B=14.3h
E=5
F=0
S=48.7