Violympic toán 9

Nguyễn Thành Trương

GIẢI TRÍ CUỐI TUẦN CÙNG HOC24

Bài 1: Giải phương trình sau: \( \sqrt {16 - {x^2}} + \left( {x + 2} \right)\left| {\dfrac{2}{x} - 1} \right| = 4\sqrt {\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{{{x^2}}}} \\ \)

Bài 2: Cho \(xyz=1\). Tính giá trị biểu thức sau: \(P = \dfrac{{x + 2xy + 1}}{{x + xy + xz + 1}} + \dfrac{{y + 2yz + 1}}{{y + yz + yx + 1}} + \dfrac{{z + 2zx + 1}}{{z + zx + zy + 1}}\)

Bài 3: \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có ba cạnh \(a,b,c\) (\(a-\) cạnh huyền). Chứng minh rằng: \(\left( {1 + \dfrac{a}{b}} \right)\left( {1 + \dfrac{a}{c}} \right) \geqslant 3 + 2\sqrt 2 \)

*LƯU Ý:

- Với những bài đưa ra ý tưởng hay được 1GP

- Với những lời giải đúng và trình bày bằng công thức được 2GP

- Loại bỏ những trường hợp sao chép (cũng tìm thử trên mạng có không nhé! Tại cũng chưa tìm)

- Không hạn chế số lượng bài gửi. Có nhiều cách gửi nhiều lần, đạt nhiều GP

CHÚC CÁC BẠN CUỐI TUẦN VUI VẺ, HỌC TẬP ĐẠT THÀNH TÍCH TỐT.

Nguyễn Ngân Hòa
22 tháng 3 2020 lúc 10:51

Ta có: \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=1+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{a^2}{bc}\)

\(1+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b^2+c^2}{bc}=1+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi vào 3 số "1"; "\(\frac{b}{c}\)";"\(\frac{c}{b}\)" có:

1+\(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge3\sqrt{1.\frac{b}{c}.\frac{c}{b}}\ge3\)

Hay 1 + \(\frac{a^2}{bc}\ge3\:\)(*)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{bc}\ge2\) (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi vào 2 số "\(\frac{a}{c}\)";"\(\frac{a}{b}\)" có:

\(\frac{a}{c}+\frac{a}{b}\ge2\sqrt{\frac{a}{c}.\frac{a}{b}}=2\sqrt{\frac{a^2}{bc}}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra: \(\frac{a}{c}+\frac{a}{b}\ge2\sqrt{2}\) (**)

Cộng (*),(**) vế theo vế ta có: \(1+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{a^2}{bc}\ge3+2\sqrt{2}\)

Hay \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)\ge3+2\sqrt{2}\left(dpcm\right)\)

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Trần Thanh Phương
22 tháng 3 2020 lúc 15:51

Đổi tên thành "Thử thách cuối tuần" chứ mấy bài này không giải trí mấy.

Bài 1:

Căng quá, đang đi cứu trợ :))

Bài 2:

Xét \(\frac{x+2xy+1}{x+xy+xz+1}=\frac{x+2xy+xyz}{x+xy+xz+xyz}=\frac{1+2y+yz}{1+y+z+yz}=\frac{yz+y+z+1+y-z}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\)

\(=\frac{\left(y+1\right)\left(z+1\right)+y-z}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}=1+\frac{y-z}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}=1+\frac{\left(y+1\right)-\left(z+1\right)}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}=1+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{y+1}\)

Vì vai trò của x, y, z là như nhau nên chứng minh tương tự với 3 phân thức còn lại ta cũng có:

\(\frac{y+2yz+1}{y+yz+yx+1}=1+\frac{1}{x+1}-\frac{1}{z+1}\)

\(\frac{z+2zx+1}{z+zx+zy+1}=1+\frac{1}{y+1}-\frac{1}{x+1}\)

Cộng theo vế 3 đẳng thức ta có:

\(P=1+1+1+\left(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+1}\right)+\left(\frac{1}{y+1}-\frac{1}{y+1}\right)+\left(\frac{1}{z+1}-\frac{1}{z+1}\right)=3\)

Vậy....

Bài 3:

Vì tam giác ABC vuông tại A nên theo Pytago ta có:

\(a^2=b^2+c^2\Leftrightarrow a=\sqrt{b^2+c^2}\)

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

Áp dụng BĐT Cô-si:

+) \(b^2+c^2\ge2bc\Leftrightarrow\frac{b^2+c^2}{bc}\ge2\Leftrightarrow\frac{b^2+c^2}{bc}+1\ge3\) (2)

+) \(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{2}{\sqrt{bc}}\Leftrightarrow\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{4}{bc}\) (3)

Từ (2) và (3) ta có: \(\left(b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge2bc\cdot\frac{4}{bc}=8\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{b^2+c^2}\cdot\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge2\sqrt{2}\)

\(\Leftrightarrow a\cdot\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge2\sqrt{2}\) (4)

Từ (1), (2) và (4) suy ra \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)\ge3+2\sqrt{2}\) ( đpcm )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow b=c\) hay tam giác ABC vuông cân tại A.

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Trần Thanh Phương
22 tháng 3 2020 lúc 19:21

Bài 1:

\(\sqrt{16-x^2}+\left(x+2\right)\left|\frac{2}{x}-1\right|=4\sqrt{\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}}\)

ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}16-x^2\ge0\\\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}\ge0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-4\le x\le4\\x\ge\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\le x\le4\)

+) Xét \(\frac{1}{2}\le x\le2\) \(\Leftrightarrow\frac{2}{x}-1\ge0\)

pt \(\Leftrightarrow\sqrt{16-x^2}+\left(x+2\right)\left(\frac{2}{x}-1\right)=4\sqrt{\frac{2x-1}{x^2}}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{16-x^2}+\frac{-x^2+4}{x}=\frac{4\sqrt{2x-1}}{x}\) ( vì \(x\ge\frac{1}{2}\) )

\(\Leftrightarrow\sqrt{16-x^2}=\frac{x^2+4\sqrt{2x-1}-4}{x}\)

\(\Leftrightarrow x^2-4+4\sqrt{2x-1}-x\sqrt{16-x^2}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x+2\right)+\frac{\left(x-2\right)^2\left(x^2+4x-4\right)}{4\sqrt{2x-1}+x\sqrt{16-x^2}}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left[x+2+\frac{\left(x-2\right)\left(x^2+4x-4\right)}{4\sqrt{2x-1}+x\sqrt{16-x^2}}\right]=0\)

Với \(\frac{1}{2}\le x\le2\) thì \(x+2+\frac{\left(x-2\right)\left(x^2+4x-4\right)}{4\sqrt{2x-1}+x\sqrt{16-x^2}}\ne0\)

Do đó \(x-2=0\Leftrightarrow x=2\) ( thỏa mãn )

+) Với \(x>2\Leftrightarrow\frac{2}{x}-1< 0\)

Làm tương tự như trên ta có pt sau:

\(x^2-4+x\sqrt{16-x^2}-4\sqrt{2x-1}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left[x+2-\frac{\left(x-2\right)\left(x^2+4x-4\right)}{4\sqrt{2x-1}+x\sqrt{16-x^2}}\right]=0\)

Với \(x>2\) thì \(x+2-\frac{\left(x-2\right)\left(x^2+4x-4\right)}{4\sqrt{2x-1}+x\sqrt{16-x^2}}\ne0\)

Do đó \(x-2=0\Leftrightarrow x=2\) ( loại )

Vậy pt có nghiệm duy nhất \(x=2\).

:P

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Nguyễn Thành Trương
22 tháng 3 2020 lúc 20:00

Lời giải:

Bài 1:

$\sqrt{16-{{x}^{2}}}+\left( x+2 \right)\left| \dfrac{2}{x}-1 \right|=4\sqrt{\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{{{x}^{2}}}}\left( 1 \right)$

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{align}

& 16-{{x}^{2}}\ge 0 \\

& x\ne 0 \\

& 2x-1\ge 0 \\

\end{align} \right.\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\le x\le 4$

Vì $\dfrac{1}{2}\le x\le 4\Rightarrow x+2>0$

$\left( 1 \right)\Leftrightarrow \sqrt{16-{{x}^{2}}}+\left| \left( x+2 \right)\left( \dfrac{2}{x}-1 \right) \right|=4\sqrt{\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{{{x}^{2}}}}$

$\Leftrightarrow \sqrt{16-{{x}^{2}}}+\left| \dfrac{4}{x}-x \right|=4\sqrt{\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{{{x}^{2}}}}$

$\Leftrightarrow 16-{{x}^{2}}+\dfrac{16}{{{x}^{2}}}+{{x}^{2}}-8+2\sqrt{16-{{x}^{2}}}.\left| \dfrac{4}{x}-x \right|=0$

$\Leftrightarrow \dfrac{16}{{{x}^{2}}}+8-\dfrac{32}{x}+\dfrac{16}{{{x}^{2}}}+2\sqrt{16-{{x}^{2}}}.\left| \dfrac{4}{x}-x \right|=0$

$\Leftrightarrow \dfrac{32}{{{x}^{2}}}-\dfrac{32}{x}+8+2\sqrt{16-{{x}^{2}}}.\left| \dfrac{4}{x}-x \right|=0$

$\Leftrightarrow 8{{\left( \dfrac{2}{x}-1 \right)}^{2}}+2\sqrt{16-{{x}^{2}}}.\left| \dfrac{4}{x}-x \right|=0$

Đánh giá do $8{{\left( \dfrac{2}{x}-1 \right)}^{2}}$và $2\sqrt{16-{{x}^{2}}}.\left| \dfrac{4}{x}-x \right|\ge 0$ ta đánh giá $VT\ge 0$mà $VT=0$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}

& \dfrac{2}{x}-1=0 \\

& \sqrt{16-{{x}^{2}}}.\left| \dfrac{4}{x}-x \right|=0 \\

\end{align} \right.\Leftrightarrow x=2$(Thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{ 2 \right\}$

Bài 2:

Ta có:$xyz=1\Rightarrow x,y,z\ne 0$

$P=\dfrac{yz\left( x+2xy+1 \right)}{yz\left( x+xy+xz+1 \right)}+\dfrac{xz\left( y+2yz+1 \right)}{xz\left( y+yz+xy+1 \right)}+\dfrac{xy\left( z+2zx+1 \right)}{xy\left( z+zx+zy+1 \right)}$

$P=\dfrac{\left( 1+y \right)+y\left( 1+z \right)}{\left( 1+y \right)\left( 1+z \right)}+\dfrac{1+z+z\left( 1+x \right)}{\left( 1+z \right)\left( 1+x \right)}+\dfrac{1+x+x\left( 1+y \right)}{\left( 1+x \right)\left( 1+y \right)}$

$P=\dfrac{y}{1+y}+\dfrac{1}{1+z}+\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{z}{1+z}+\dfrac{1}{1+y}+\dfrac{1}{1+x}$

$P=\dfrac{y+1}{y+1}+\dfrac{1+z}{1+z}+\dfrac{1+x}{1+x}=1+1+1=3$

Vậy $P=3$

Bài 3:

$\Delta ABC$ vuông tại $A$, theo định lí Pytago, ta có:

${{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}\Rightarrow \dfrac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\dfrac{{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}}=1$

Đặt $\dfrac{b}{a}=x;\dfrac{c}{a}=y$. ĐK: $\left\{ \begin{align}

& x,y>0 \\

& {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1 \\

\end{align} \right.$

Bài toán trở về chứng minh: $\left( 1+\dfrac{1}{x} \right)\left( 1+\dfrac{1}{y} \right)\ge 3+2\sqrt{2}\left( 1 \right)$

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki trá hình, ta có:

$VT=\left[ 1+{{\left( \dfrac{1}{x} \right)}^{2}} \right]\left[ 1+{{\left( \dfrac{1}{y} \right)}^{2}} \right]\ge {{\left( 1+\dfrac{1}{\sqrt{xy}} \right)}^{2}}$

GT: Ta có: $1={{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge 2xy\Rightarrow \sqrt{xy}\le \dfrac{1}{\sqrt{2}}$

$\left( 1 \right)\Rightarrow VT\ge {{\left( 1+\sqrt{2} \right)}^{2}}=3+2\sqrt{2}$(đpcm)

Dấu $''=''$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$

$\Rightarrow b=c\Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại A.

© Bản quyền thuộc về Nguyễn Thành Trương – Hoc24.vn

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Nguyễn Thành Trương
22 tháng 3 2020 lúc 10:18

Tags: Nguyễn Ngân Hòa; Nguyễn Ngọc Lộc ; Trần Thanh Phương; Trần Quốc Khanh; ?Amanda?.... Cứ tags thêm những người mà các bạn biết.

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Nguyễn Ngân Hòa
22 tháng 3 2020 lúc 10:54

Câu 2 nha

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa

Các câu hỏi tương tự
Nguyễn Mạnh Cường
Xem chi tiết
Mai Tiến Đỗ
Xem chi tiết
dia fic
Xem chi tiết
Anh Pha
Xem chi tiết
Trúc Nguyễn
Xem chi tiết
yeens
Xem chi tiết
LEGGO
Xem chi tiết
Nghịch Dư Thủy
Xem chi tiết
Nguyễn Khánh Huyền
Xem chi tiết