Tam giác DCA và DHC đồng dạng nên $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}$. Tam giác ACH có CI là phân giác trong góc C nên $\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$. Vậy $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$

Tks bác. Lần đầu e thấy cách thế này. Tại có 1 đẳng thức gần giống thế làm bằng định lý sin nên e bắt chước.

Bác Kamii0909 đã đến chỗ $\frac{AI}{IH}=\frac{DC}{DH}$ thì chỉ cần tam giác DCH và DAC đồng dạng nữa là OK, không cần định lý sin.

Em đã thử và nó ko ra bác ạ.

Bài này là mở rộng của IMO 2010.
Gọi $SD$ giao $BC$ tại $K$.
Dễ có $DB^2=DC^2=DI^2=DK.DS$ nên $\Delta{DIK}$~$\Delta{DSI}$
Từ đó có $\widehat{DIK}=\widehat{DSI}=\widehat{DAF}$ hay $AF//IK$.
Gọi $AD$ cắt $BC$ tại $H$.
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác $IFH$ và định lý Thales ta phải chứng minh
$\frac{AI}{IH} =\frac{DI}{DH}=\frac{DC}{DH}$
Áp dụng định lý sin vào tam giác $AIC$, $IHC$ và $DHC$ ta có
$\frac{AI}{IH}=\frac{AI}{IC}.\frac{IC}{IH}= \frac{\sin IHC}{\sin IAC}=\frac{\sin DHC}{\sin DCH}=\frac{DC}{DH}$

Xét $Q(B,\frac{-\pi}{2})$ và $Q(C,\frac{-\pi}{2})$ có tích 2 phép quay này là 1 phép đối xứng tâm $Đ_{M}$ do $M$ là trung điểm $DF$.
Theo tính chất tích các phép quay,$M$ là giao của $x,y$ với
$x$ là ảnh của $BC$ qua $Q(B,\frac{-\pi}{4})$
$y$ là ảnh của $CB$ qua $Q(C,\frac{\pi}{4})$
Từ đó $(BM,BC)=(CB,CM)=\frac{\pi}{4}$( mod $\pi$)
Chứng tỏ $\Delta MBC$ vuông cân

Nguyên gốc như sau.
$\frac{AI}{AD}=\frac{IH}{ID}$

Cheybershev có vẻ khó ra hoàn chỉnh
Mình xin đính chính lại cách khác hay hơn 

$\sum \frac{x}{xy+1}=\sum x -\sum \frac{x^{2}y}{xy+1}$

Theo AM-GM 10 số và Holder(đoạn này số siếc loằng ngà loằng ngoằng nên cho phép mình bỏ )
Min=9/10

1. abc=1, a,b,c dương
CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$
b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$

Bài 1 khó cả 2 câu.
a. Bđt cần cm tương đương với
$$\sum \frac{(2a-1)^2}{a^2-a+1} \geq 3$$
Áp dụng bđt C-S ta phải cmr
$$\frac{(2a+2b+2c-3)^2}{a^2+b^2+c^2-a-b-c+3} \geq 3$$
Đặt $p=a+b+c=x^2,q=ab+bc+ca$
Ta phải chỉ ra $p^2-9p+6q \geq 0$
Chú ý bđt thông dụng $q^2 \geq 3pr=3p=3x^2$
Bài toán đưa về $x(x- \sqrt{3})^2(x+2 \sqrt{3}) \geq 0$
Hiển nhiên đúng.


b. Viết lại bđt
$$ \sum \frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} \geq 4$$
Áp dụng C-S và ta đi cmr
$$\frac{9(a+b+c-1)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} \geq 4$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+18(ab+bc+ca) -18(a+b+c)-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+18(c-1)(a+b) +c^2-18c+18ab-3 \geq 0$$
KMTTQ, $c \geq 1$, Đặt $c=x^2$
Khi đó $$ L.H.S \geq 20ab+36(c-1) \sqrt{ab} +c^2-18c-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{20}{x^2} +\frac{36(x^2-1)}{x} +x^4-18x^2-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-1)^2(x-2)^2(x+1)(x+5) \geq 0$$
Hiển nhiên đúng.

Cho x,y,z  dương ;$x+y+z=1$

Tìm Min

$\frac{x}{xy+1}+\frac{y}{yz+1}+\frac{z}{zx+1}$

Giả sử $x\geq y\geq z$

Theo bất đẳng thức Cheybershev ta có 

$\sum \frac{x}{xy+1}\geq \frac{\sum x}{3}\sum \frac{1}{xy+1}\geq \frac{3}{\sum xy+3}\geq \frac{3}{\frac{1}{3}\left ( \sum x \right )^{2}+3}=\frac{9}{10}$

Chỗ này thiếu r bạn. $gcd\left (3y,y+1 \right)=1$ hoặc $gcd\left (3y,y+1 \right)=3 $ chứ

Nếu $gcd\left (3y,y+1 \right)=3$ thì $(3x+4)^2 \not\vdots 3$, còn $(y+1)(y^2-y+1) \vdots 3$ nên vô lý

Mình có ghi ở trên là $3|y$ rồi nên hiển nhiên là $gcd(y+1,3)=1$ do $y+1$ chia 3 dư 1 

Bài 3 có vẻ khó nhai, thôi xử bài 6 trước vậy >.< 

 

Kẻ $MX \perp AB, NY \perp AC$

Gọi $S,T$ là trung điểm $NC,MB$

 

Dễ có $PB=QC,MB=NC$. 

$\dfrac{BF}{BA}=\dfrac{BP}{BC}=\dfrac{CQ}{CB}=\dfrac{CE}{CA}$

Vậy $EF \parallel BC$

 

Do đó $EFBC$ là hình bình hành nên $EF=PC$

Cũng có $ST=\dfrac{MN+BC}{2}=PC$ nên $EFTS$ cũng là hình bình hành.

Do đó $FT=SE$

 

Ngoài ra, ta cũng có $\Delta AFL \sim \Delta AEK$ 

$\Rightarrow \dfrac{AL}{AK}=\dfrac{AF}{AE}$

 

$$ \dfrac{OA^2-OL^2}{OA^2-OK^2}= \dfrac{LA.LM}{KA.KN}=\dfrac{ LA^2. \dfrac{FX}{FA}}{KA^2. \dfrac{EY}{EA}} =\dfrac{LA^2.FX.EA}{KA^2.EY.FA}= \dfrac{FX.FA}{EY.EA}=\dfrac{FX.FB}{EY.EC}=\dfrac{FT^2-TB^2}{SE^2-SC^2}=1 $$

 

Do đó $OL=OK$

vì sao ạ?

Ý bạn là sao? Cứ khai triển ra là thấy nó tương đương thôi mà?

Câu 1 
Pt 2 tương đương
$\left (\sqrt{x-y+3}-2 \right )\left ( x^{2}+x+2+\sqrt{x-y+3} \right )=0\Leftrightarrow x=y+1$

Thế lại phương trình 1 để giải
Câu 4
Dễ thấy $3|y$

phương trình tương đương $\left ( 3x+4 \right )^{2}=y^{3}+1\Leftrightarrow \left ( 3x+4 \right )^{2}=\left ( y+1 \right )\left ( y^{2}-y+1 \right )$

mà $gcd\left ( y+1,y^{2}-y+1 \right )=gcd\left ( 3y,y+1 \right )=1$ nên

 $\left\{\begin{matrix} y+1=a^{2}\\ y^{2}-y+1=b^{2} \end{matrix}\right.$

Thế 2 phương trình ta có 

$a^{4}-3a^{2}+3-b^{2}=0\Leftrightarrow 4a^{4}-12a^{2}+12-4b^{2}=0$

$\Leftrightarrow \left ( 2a^{2}-2b^{2}-3 \right )\left ( 2a^{2}+2b^{2}-3 \right )=-3$

Giải ra có $a^{2}=b^{2}=1$ hay $\left ( x,y \right )=\left ( -1,0 \right )$

Bài này không khó, chắc lấy ý tưởng từ bài Trường Đông năm nay.
$\textbf{Lời giải}$
Kẻ $CH$ cắt $(O)$ tại $K$. $FX$ cắt $AK$ tại $N$.
Dễ thấy $FX=FN$ nên áp dụng định lý con bướm đảo vào tứ giác nội tiếp $AKBC$ tâm $O$ có $OF \perp FX$.
Phần sau dễ rồi.

Ta có
$m^2+n^2|(m^2+n^2)(m+n)-mn(m+n)-4$ nên $m^2+n^2|mn(m+n)+4$(1)
Từ đó $m^2+n^2 \leq m^2n +n^2m+4$(2)
Nếu cả 2 số $m,n$ cùng bằng 1 thì (1) thỏa mãn và $m^2+n^2=2$ cũng thỏa mãn.
Ngược lại, KMTTQ giả sử $m>1$
Ta viết lại (2) như sau
$n^2(m-1)+nm^2-m^2+4 \leq 0$
Xét $\Delta$ theo $n$ thì
$\Delta = m^4+4m^3-4m^2-16m+16 \leq 0$ Rõ ràng bất phương trình này vô nghiệm nguyên dương với $m>1$.
Vậy $m=n=1$ là nghiệm duy nhất.
Xử lí theo cách này có thể không dùng điều kiện nguyên tố.

Mình nghĩ hình như đề bài bạn đưa ra chưa chính xác, vì khi mình kiểm tra bằng geogebra thì tứ giác $ABNM$ không phải lúc nào cũng điều hòa. Bạn có thể xem hình mình gửi kèm thì $BM$ không đi qua cực của $AN$ với $(O).$ Mình thử làm và phát hiện ra 1 số tứ giác điều hòa (khác $ABNM$ ), bạn xem thử nhé. Mình chỉ làm chiều thuận thôi, chiều đảo tương tự.

Spoiler

Gọi $AN \cap DM=Q \Rightarrow \overline{P,S,Q}$ (Pascal). Gọi $AG \cap BD=E,BG \cap AD=J.$
Xét cực và đối cực với $(O)$ ta có $J$ cực $EP \rightarrow Q \in$ đối cực $J \Rightarrow \overline{J,M,N}.$
Gọi $AM \cap DN=I$ thì $I \in$ đối cực $J,$ tức là $\overline{I,P,Q}.$
Gọi $MG \cap BN=F.$ Xét $\Delta AGM, \Delta DBN$ có $AD,GN,MB$ đồng quy tại $S$ nên theo định lí Desargues $\overline{F,E,I}.$
Gọi $K$ cực $GB$ thì $J \in GB$ đối cực $K \Rightarrow K \in$ đối cực $J,$ tức là $\overline{K,P,Q}.$
Tương tự, gọi $H,L,R$ là cực $MN,MG,BN$ thì $\overline{H,P,Q},\overline{R,S,A,L}$ và tứ giác $KLHR$ ngoại tiếp $(O).$
Theo tài liệu ở đây, ta suy ra $FL,FD$ tiếp xúc $(O),$ do đó các tứ giác $ABDN,DGAM$ điều hòa.

Rất xin lỗi bạn vì nhầm đề. Thực sự thì mình không còn đề gốc,tuy nhiên sau khi suy luận(vì mình đã từng đọc đáp án bài này) có lẽ nó là như sau: Ta xác định các điểm $A,B,C,D,G,P,S,O$ như trên. $PS$ cắt $OD$ tại $Q$. Qua $Q$ kẻ đường thẳng $d$ song song $AD$. Gọi $M,N$ là giao điểm của $d$ và $QP$ với $(O)$.Chứng minh rằng $AG,PS,BD$ đồng quy khi và chỉ khi $MBNG$ điều hòa.
Bài toán trên thực sự rất đơn giản. Mình không nghĩ đề HSG lại quá đánh đố học sinh như bài gốc. Dù sao, mình cũng rất cảm ơn bạn đã chỉ ra sai sót,mình sẽ cố gắng đi tìm bài toán chính xác nhanh nhất có thể.

Mình lý luận không được chắc chắn lắm có gì sai sót mong bạn chỉ giúp.

đặt $a=x+y,b=xy$

thì $a^2|a^3-3ab-b^2$ hay $a^2|3ab+b^2$

Từ đó $ka^2-3ab-b^2=0$

Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn $a$ thì 

$\Delta =b^2(4k+9)$ nên $4k+9$ phải là số chính phương lẻ.

Từ đó tính được $k=m^2+m-2$

thay vào công thức nghiệm được $a= \frac{b}{m-1}$ hoặc $a= \frac{b}{m+2}$

Cả 2 đều chứng tỏ $a|b$ hay $x+y|xy$ nghĩa là $xy=p(x+y)$

Từ đề bài thì tử số phải không âm hay

$x+y \geq 3p+p^2$

Nếu $x=y$ thì $p= \frac{x}{2}$ thay vào có $x \leq 2$

$x=y=1$ KTM, $x=y=2$ TM.

TH còn lại xử lí như trên.

Xét số 1111....11 với 1,2,.....,2014 chữ số 1.
Nếu tồn tại 1 số trong các số trên chia hết cho 2013 thì ta có đpcm
Ngược lại ta giả sử không tồn tại thì khi đó sẽ có 2 số trong bảng đồng dư 2013

Lấy hiệu 2 số ta có số $111...100..00=11...11.10^{x}$

Hiển nhiên $gcd(10^{x},2013)=1\Rightarrow 2013|111..11$ 

Vậy luôn tồn tại số thỏa mãn yêu cầu bài toán 

chỗ xét x+y-2>0 ấy bạn

Ta có $\left ( y-1 \right )>0 \Rightarrow$
TH $\left ( x-1 \right )(y-1)\leq 0$ xử lí như mình ghi ở trên.
Nếu $\left ( x-1 \right )(y-1)>0 \Rightarrow x \geq 2$
Nếu x=2 thì phương trình vô nghiệm nguyên
Nếu $x>2$
Có $xy|x+y-2\Rightarrow y|x+y-2\Rightarrow y|x-2$

Mà 0<x-2<y nên loại

Mình chưa chú ý. Cảm ơn bạn đã nhắc. Cách này cũng có thể dùng để loại nghiệm TH2 nhỉ

Giải phương trình nghiệm nguyên:

$x+y-2=xyz-3xy$

$x+y-2=xy(z-3)$
Ta bỏ qua TH đơn giản $x+y-2=0$ Giả sử x không lớn hơn y
TH1:$x+y-2> 0\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x+y-2 \vdots xy\\ x+y-2 \vdots -xy \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y-2\geq xy\\ x+y-2\geq -xy \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x-1)(y-1)\geq -1\\ (x+1)(y+1)\geq 3 \end{matrix}\right.$

$x+y-2> 0\Rightarrow y>1\Rightarrow -1<x<1$ mà x khác 0 nên loại 
TH2:$2-x-y> 0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x-1)(y-1)\geq -1\\ (x+1)(y+1) \leq 3\end{matrix}\right.$

Các TH $\left\{\begin{matrix} (x-1)(y-1)=-1\\ (x-1)(y-1) =0\end{matrix}\right.$ đơn giản nên ta bỏ qua 
Nếu $(x-1)(y-1)\geq 1\Rightarrow y-1< 0 \Rightarrow x,y<0\left ( y\neq 0 \right )$

Đặt $\left ( x,y \right )=\left ( -a,-b \right )$ thì 

$a+b+2=ab(3-z)\Rightarrow a+b+2\vdots ab\Rightarrow a+b+2\geq ab\Leftrightarrow (a-1)(b-1)\leq 3$

Tới đây thì dễ rồi 

Ừ đúng rồi mình khai triển hết ra rồi chuyển thành nhân tử đó

Có cách nào đẹp hơn mà chỉ xét module không nhỉ   

Cách này nặng chất biến đổi quá

Mình nghĩ là hướng làm nó như thế này 

$\prod_{i=0}^{3}(n+i)+1 =\left ( n^{2}+3n+1 \right )^{2}$

Vậy ta chỉ cần chứng minh VP+1 không chính phương @@ 
Cơ mà cái này số to quá 

n le

n lẻ thì sao đặt như v đc

Đã chứng minh n chẵn mà bạn

Dễ thấy rằng $a,b,c \geq 1$
Với mọi tính chẵn lẻ của bộ $(a,b,c)$ thì trong 3 số $p,q,r$ luôn có 1 số chẵn.
Giả sử $b^c +a =2$
Từ đó thấy rằng $a=b=1$
Thay xuống $q,r$ ta có $q=r=c+1$
Như vậy ta có đpcm

Bài này sai đề. Cho $(a,b,c)=(1,2,3)$ không đúng. Theo mình thì p,q,r phải là các số nguyên tố

$d$ là đường thẳng kẻ từ $P$ vuông góc với $AD$ hỏ cá?

d là $ PS $ .Đã sửa.