trong đề thi HSG tỉnh thanh hóa năm 2010-2011(đánh lên mạng đi,hình như là bài 5)

cái này bọn mik làm rồi này, cậu chia cả tử và mẫu cho a^2 ;b^2(lần lượt nhé và chỉ 2 phân thức đầu thôi)

sau đó 

rồi cậu rút gọn mẫu và đặt b/a=x;c/b=y=> c/a=xy

rồi ... cô si các kiểu

bài này chi đề xuất để biết thêm chi tiết liên hệ với đào khánh chi thông minh hok giỏi nhất đội tuyển toán trường THCS 14-10

Dự đoán \(MinP=\frac{3}{4}\)khi a = b = c

Ta có: \(\frac{c}{4a}=\frac{c^2}{4ca}\ge\frac{c^2}{\left(c+a\right)^2}\)(Theo BĐT AM - GM)

Nên ta cần chứng minh \(\frac{a^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{b^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{c^2}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Ta có bất đẳng thức quen thuộc sau: \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)(BĐT Bunyakovsky dạng phân thức)

Áp dụng, ta được: \(\frac{a^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{b^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{c^2}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{1}{3}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)^2\)

Đến đây, ta cần chỉ ra rằng: \(\frac{1}{3}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)^2\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\ge\frac{3}{2}\)

Ta viết bất đẳng thức cần chứng minh thành \(\frac{1}{\left(1+\frac{b}{a}\right)^2}+\frac{1}{\left(1+\frac{c}{b}\right)^2}+\frac{1}{\left(1+\frac{a}{c}\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Đặt \(x=\frac{b}{a};y=\frac{c}{b};z=\frac{a}{c}\)khi đó xyz = 1 và ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(1+x\right)^2}+\frac{1}{\left(1+y\right)^2}+\frac{1}{\left(1+z\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Lại đặt \(x=\frac{np}{m^2};y=\frac{mp}{n^2};z=\frac{mn}{p^2}\)(m, n, p > 0). Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành:

\(\frac{1}{\left(1+\frac{np}{m^2}\right)^2}+\frac{1}{\left(1+\frac{mp}{n^2}\right)^2}+\frac{1}{\left(1+\frac{mn}{p^2}\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)\(\Leftrightarrow\frac{m^4}{\left(m^2+np\right)^2}+\frac{n^4}{\left(n^2+mp\right)^2}+\frac{p^4}{\left(p^2+mn\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức thì được: \(\frac{m^4}{\left(m^2+np\right)^2}+\frac{n^4}{\left(n^2+mp\right)^2}+\frac{p^4}{\left(p^2+mn\right)^2}\)\(\ge\frac{\left(m^2+n^2+p^2\right)^2}{\left(m^2+np\right)^2+\left(n^2+mp\right)^2+\left(p^2+mn\right)^2}\)

Và ta cần chứng minh \(\frac{\left(m^2+n^2+p^2\right)^2}{\left(m^2+np\right)^2+\left(n^2+mp\right)^2+\left(p^2+mn\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow m^4+n^4+p^4+5\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)\ge6mnp\left(m+n+p\right)\)

Ta có: \(m^4+n^4+p^4+5\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)\ge\)\(\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)+5\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)\)\(=6\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)\)\(\ge6mnp\left(m+n+p\right)\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 

Từ \(2a+2b+2c=3abc\)

\(\Leftrightarrow\frac{2}{3bc}+\frac{2}{3ac}+\frac{2}{3ab}=1\left(1\right)\)

Khi đó \(P=\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}-\frac{2}{a^2}-\frac{2}{b^2}-\frac{2}{c^2}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}\ge3\sqrt[3]{\frac{b}{a^2}\cdot\frac{c}{b^2}\cdot\frac{a}{c^2}}=3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)

\(P_{Min}\) xảy ra khi \(\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}=3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\forall a=b=c\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow a=b=c=\sqrt{2}\)

Khi đó \(P_{Min}=3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}-\frac{2}{a^2}-\frac{2}{b^2}-\frac{2}{c^2}=\frac{3\sqrt{2}-6}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{2}\)

Bài này giải như này cơ:

\(2a+2b+2c=3abc\)\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{3}{2}\)

\(P=\frac{\left(a-1\right)+\left(b-1\right)}{a^2}+\frac{\left(b-1\right)+\left(c-1\right)}{b^2}+\frac{\left(c-1\right)+\left(a-1\right)}{c^2}-\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(=\left(a-1\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}\right)+\left(b-1\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)+\left(c-1\right)\left(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)-\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\ge\frac{2\left(a-1\right)}{ac}+\frac{2\left(b-1\right)}{ab}+\frac{2\left(c-1\right)}{bc}-\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-3\)

\(\ge\sqrt{3\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)}-3=\sqrt{3.\frac{3}{2}}-3=\frac{3\sqrt{2}-6}{2}\)

Vậy \(minP=\frac{3\sqrt{2}-6}{2}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{2}\)

Ta có : 

\(x=\frac{ax}{yz}+\frac{b}{z}+\frac{c}{y}\)

\(y=\frac{a}{z}+\frac{by}{zx}+\frac{c}{x}\)

\(z=\frac{a}{y}+\frac{b}{x}+\frac{xy}{cz}\)

\(\Rightarrow\)\(x+y+z=\left(\frac{ax}{yz}+\frac{by}{zx}+\frac{cz}{xy}\right)+\frac{b+c}{x}+\frac{c+a}{y}+\frac{a+b}{z}>\frac{b+c}{z}+\frac{c+a}{y}+\frac{a+b}{z}\)

\(\ge\frac{\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2}{x+y+z}\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(x+y+z\right)^2>\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\)\(x+y+z>\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\) ( đpcm ) 

Bạn ơi bạn có đáp án bài 2 chưa ạ ? Mình đang không biết giải bài 2

ko biết

\(A+5=x^2+4+y^2+1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+y}=4x+2y+...=\frac{x+y}{9}+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x}+\frac{x}{4}+\frac{17}{9}\left(x+y\right)+\frac{7}{4}x\ge\frac{65}{6}=>A\ge\frac{35}{6}\\ .\)Bài bất :)

2/ \(\hept{\begin{cases}\frac{xy}{2}+\frac{5}{2x+y-xy}=5\\2x+y+\frac{10}{xy}=4+xy\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{xy}{2}=a\\2x+y-xy=b\end{cases}}\)

Thì ta có hệ:

\(\hept{\begin{cases}a+\frac{5}{b}=5\\b+\frac{5}{a}=4\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=5-\frac{5}{b}\left(1\right)\\b+\frac{5}{5-\frac{5}{b}}=4\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(2\right)\Leftrightarrow b^2-4b+4=0\)

\(\Leftrightarrow b=2\)

\(\Rightarrow a=\frac{5}{2}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{xy}{2}=\frac{5}{2}\\2x+y-xy=2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}xy=5\\2x+y=7\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\y=5\end{cases}or\orbr{\begin{cases}x=\frac{5}{2}\\y=2\end{cases}}}\)

Vuông ở đâu

Vuông ở đầu hem 

Đề bài thiếu : không có 4 điểm nào cùng thuộc 1 đường tròn ( nhỡ n điểm này cùng thuộc 1 đường tròn)

Có n điểm mà ko có 3 điểm nào thẳng hàng luôn tồn tại 2 điểm sao cho n−2 điểm còn lại ∈ cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng chứa đoạn thẳng có 2 mút là 2 điểm trên

gọi 2 điểm đó là A1,A2 và n−2 điểm còn lại là B1,B2,B3,...,Bn−2

Xét các góc A1BiA2ˆ(i=1,2,3,..,n−2)

luôn tồn tại một góc có số đo lớn hơn hẳn những góc còn lại giả sử là A1BmA2ˆ

khi đó vẽ đường tròn ngoại tiếp TG này

Dễ cm nếu ∃1 điểm nằm trong đường tròn đó gs là Bn thì A1BnA2ˆ>A1BmA2ˆ

=> vô lý vì góc trên là lớn nhất

P/s : Bài náy có thể mở rộng là có thể vẽ 1 đường tròn chứa đúng m điểm với (m≤n)

Trong các khoảng cách từ O đến các cạnh của đa giác, giả sử khoảng cách từ O đến cạnh AB là nhỏ nhất (đó là đường vuông góc OE)

Ta sẽ chứng minh E phải thuộc cạnh AB

Giả sử E nằm ngoài cạnh AB, khi đó OE phải cắt một trong các cạnh của đa giác tại G

Dễ thấy OF<OG<OE nghĩa là điểm O gần cạnh BC hơn cạnh AB

Điều này trái với việc chọn cạnh AB, từ đó ta có điều phải chứng minh

A B E G O F C D

Bài 2: 

a: H là trung điểm của BC

nên HB=HC=2,5(cm)

⇔AH=5√152(cm)

⇔AH=5152(cm)

S=5√152⋅52=25√154(cm2)

S=5152⋅52=25154(cm2)

b: Xét ΔABC có 

M là trung điểm của AB

N là trung điểm của AC

Do đó: MN là đường trung bình của ΔABC

Suy ra: MN//BC

Xét tứ giác BMNC có MN//BC

nên BMNC là hình thang

mà ˆB=ˆCB^=C^

nên BMNC là hình thang cân

Thu gọn

điếm o

a: Xét tứ giác ABOC có 

ˆABO+ˆACO=1800ABO^+ACO^=1800

Do đó: ABOC là tứ giác nội tiếp