Đến nội dung

Nguyễn Hữu Huy

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