109. Biến đôi: .jx+y—2 +42 =xx+4\y. Bình phương hai về rồi rút gọn, ta đợc :
vJ2œ+y—2) =-jxy . Lại bình phương hai về rồi rút gọn :(2 y)(x 2) = 0.
. Đáp : x=2,y 0,x 0,y=2.
110. Biên đôi tương đương :
(1) © a+bf+cf+đÝ+2,Í(a?+b?)(c°+d?) a”+ cˆ+ 2ac + b” + đ+ 2bd
© (j(a?+b?)(c°+d”) ac+bd (2) * Nêu ac + bd <0, (2) được chứng minh. * Nêu ac + bd <0, (2) được chứng minh.
* Nêu ac + bd 0, (2) tơng đơng với :
(a7 + b2(c? + đ7) a“c” + bd” +2abcd <> a“c” + ad” + b”c” + bd7 a“c” + bd” + 2abcd 2abcd
TOÁN BÔI DƯỠNG HS GIỎI THCS
© (ad bc}” 0 (3). Bất đăng thức (3) đúng, vậy bất đẳng thức (1) đợc chứng minh.
111. Cách ï: Theo bât đăng thức Cauchy :
2 2 2 a „b+e 2a b†C 23 _— a vỶa_ D†C. b+c 4 b+c 4 2 b+c 4 ? a+c c? a+b >C— >b~— ; > a+c 4 a+b 4 2 2 2
Cộng từng về 3 bất đăng thức : “—+ D +— >(atrb+c)_3?°Ð+e _a+bte
b+c c+a a+b 2 2
Cách 2 : Theo BĐT Bunhiacôpxki : (a” + bŸ + c7(x” + yˆ + z2) (ax + by + cz)”. Ta
(Œ:Ï:(&šÌÏ:(GšÏ Ai sesj] Tơng tự : b+c+ c+ha+ 2 a b C vVa+b ——. ——. ———-.Aa+b | > lực vXc+a Xa+b 2 2 2 2 2 2 "+ D +—C |2(a+b+c)|>(a+b+c} > 2+ D +—C „atbtc,
b+c c+a a+b b+c c+a a+b 2
112. a) Ta nhìn tổng a + 1 dưới dạng một tích 1.(a + 1) và áp dụng bđt Cauchy :
la+ =JLatp<# 2= =2+i
Tơng tự : Vb+ =.I : ve+I=+l
a+b+c
Cộng từng về 3 bất đẳng thức : /a+1+A/b+1+Xc+1< +3=3,5.
Dấu = xảy ra<©>a + 1=b+1=c+1 © a=b=c=0, trái với giả thiết a + b + c
= 1,
Vậy : Y*a+1+vb+1+Ac+1<3,5. b) Áp dụng bất đăng thức Bunhiacôpxki với hai bộ ba số :
(Lva+b+lVb+e+Lve+a} <q+1+pX|(Va+b) +(Vb+e} +(Ve+aŸ | =
(Va+b+vb+c+ của) 3(a+b+b+c+c+a)=
OA=a;O€C =b;OB =c;OD =d với a,b,c,d>0. Ta có : ©
AB=a?+c? ;BC=xb+c” ;AD=a“+dˆ ;CD=2/bˆ+dˆ VẦS
AC =a+b ; BD=c+d. Cần chứng minh : AB.BC + AD.CD AC.BD. Thật vậy ta có : AB.BC 2SApc ; AD.CD 2SApc. Suy ra : Thật vậy ta có : AB.BC 2SApc ; AD.CD 2SApc. Suy ra :
Suy ra: AB.BC+AD.CD 25Ascp= AC.BD.
Vậy : (a?+c°)(b°+c?)+ (a?+d?)(b° +4?)>(a+b)(c+đ).
6—>vda+b+XVb+c+Vc+a<6 °
113. Xét tứ giác ABCD có AC L BD, O là giao điểm hai đờng chéo. 4
TOÁN BỘI DƯỠNG HS GIỎI THCS