Với a,b,c là các số dương thỏa a²+2b²+3c²=1. Tìm GTNN của A= 2a³+3b³+4c³.

$(2a^3+3b^3+4c^3)(2a^3+3b^3+4c^3)(2+3+4)\geq (2a^2+3b^2+4c^2)^3=1$

$\Rightarrow 2a^3+3b^3+4c^3 \geq \frac{1}{3}$

$"=" \Leftrightarrow a=b=c= \frac{1}{3}$

$\widehat{ACK}=\widehat{KAC}=\widehat{ADI}=\widehat{BAI}\Rightarrow AI \perp BC$

$x\vdots 3\Rightarrow x(x^2-4)\vdots 3$

x k chia hết cho 3 thì x^2 chia 3 dư 1=> $x(x^2-4)$ chia hết cho 3

tóm lại $x(x^2-4)$ chia hết cho 3 với mọi x nguyên

tương tự $y(2y^2-5)$ chia hết cho 3 với mọi y nguyên

suy ra VP chia 3 dư 2

sao là sao ạ?

k hiểu

Giải phương trình nghiệm nguyên $$x^3+2y^3-4x-5y+z^2=2012$$

giả sử pt đã cho có no nguyên

$$x^3+2y^3-4x-5y+z^2=2012$$

$\Leftrightarrow z^2=2012-x(x^2-4)-y(2y^2-5)$

VP chia 3 dư 2 mà VT chia 3 dư 0 hoặc 1 ( vô lí )

suy ra pt đã cho k có no nguyên

tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:
$x^2y^2-x^2-3y^2+2x-1=0$

$x^2y^2-x^2-3y^2+2x-1=0$

$\Leftrightarrow y^2(x^2-3)=(x-1)^2$

$\Rightarrow x^2-3 = z^2 (z\in Z)$

$\Leftrightarrow (|x|+|z|)(|x|-|z|)=3$

$\Rightarrow |x|=2$

$x=2 \Rightarrow |y|=1$

$x=-2 \Rightarrow |y|=3$

Giải phương trình sau:
$13\sqrt{x^2-x^4}+9\sqrt{x^2+x^4}=16$

$13\sqrt{x^2-x^4}+9\sqrt{x^2+x^4}\leq \sqrt{(13+27)\left [ 13(x^2-x^4)+3(x^2+x^) \right ]}= \sqrt{80(8x^2-5x^4)}\leq 16$

$"=" \Leftrightarrow x= \frac{2\sqrt{5}}{5}$

a.

E, F thuộc đường tròn tâm A, bán kính= trung bình nhân của AB và AC

b.

gọi Ex là tia đối của EA

$\widehat{xEE'}=\widehat{EFE'}=\widehat{EAI}\Rightarrow EE'//BC$

c.

gọi H là giao của AC và EF => H cố định

mà NHIO nội tiếp nên tâm (tg INO) thuộc trung trực của IH cố định

1)E= |x-1| + |x-2|+|x-3| +...+|x-2009|
2) F= |x| + |2x+1| + |3x+2|+|4x+3|+...+|2009x+2008|

$E=|x-1|+|x-2|+|x-3|+...+|x-1004|+|1006-x|+|1007-x|+|1008-x|+...+|2009-x|+|x-1005|$

$\geq x-1+x-2+x-3+...+x-1004+1006-x+107-x+1008-x+...+2009-x+0$

$=1009020$

$"=" \Leftrightarrow x=1005$

$F\geq -x-2x-1-3x-2-...-1420x-1419+196(x+\frac{1420}{1421})+1422x+1421+1423x+1422+1424x+1423+...+2009x+2008$

$=831\frac{25}{29}$

$"=" \Leftrightarrow x= \frac{-1420}{1421}$

Bài toán 2.
Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+z^2}+\sqrt{z^2+x^2}=2006$
Tìm GTNN của biểu thức :
$$P=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}$$

đặt $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x^2+y^2}=a & & \\ \sqrt{y^2+z^2}=b & & \\ \sqrt{z^2+x^2}=c & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y} \geq \dfrac{x^2}{\sqrt{2(y^2+z^2)}}+\dfrac{y^2}{\sqrt{2(z^2+x^2)}}+\dfrac{z^2}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}$

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

mà

$\frac{a^2+c^2-b^2}{b}=\frac{a^2}{b}+b+\frac{c^2}{b}+b-3b\geq 2a+2c-3b$

tương tự suy ra

$P\geq \frac{1}{2\sqrt{2}}(a+b+c)=\frac{1003\sqrt{2}}{2}$

Bài toán 4.
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$a\left (b^2-\sqrt{b}\right )+b\left (c^2-\sqrt{c}\right )+c\left (a^2-\sqrt{a}\right )\ge 0$$

đặt $\left\{\begin{matrix} \sqrt{a}=\frac{x}{y} & & \\ \sqrt{b}=\frac{y}{z} & & \\ \sqrt{c}=\frac{z}{x} & & \end{matrix}\right.$

bđt cần c/m trở thành $\frac{x^2y^2}{z^4}+\frac{y^2z^2}{x^4}+\frac{z^2x^2}{y^4}\geq \frac{x^2}{yz}+\frac{y^2}{zx}+\frac{z^2}{xy}$

$\Leftrightarrow x^6y^6+y^6z^6+z^6x^6\geq x^6y^3z^3+y^6z^3x^3+z^6x^3y^3$

đúng

Bài 19: Cho đường tròn (O;R) và điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ hai tiếp tuyến MB;MC của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC. Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A; AC cắt Mx tại I. Vẽ đường kính BB'. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB', đường thẳng này cắt MC; B'C lần lượt tại K và E
Chứng minh:
a) Tứ giác MOIC nội tiếp;
b) OI vuông góc với Mx;
c) ME có độ dài không phụ thuộc vị trí của điểm M;
d) Khi M di động mà OM=2R thì K chuyển động trên đường nào? Tại sao?

c.

các tứ giác BOCE, BOCM nt nên B, O, I, C, E, M cùng thuộc 1 đtròn

suy ra OBME là hcn => ME=R

d.

$OM=2ME\Rightarrow \widehat{MOE}=30^o$

$ME=OC\Rightarrow \widehat{MOE}=\widehat{OMC}\Rightarrow OK=KM$

suy ra $OK=\frac{2\sqrt{3}}{3}R$

Cho $x,y,z\epsilon R$ thỏa mãn $x+y+z=6$
Tìm GTLN của $M=xy+2yz+3zx$

$xy+2yz+3zx$

$=(6-y-z)y+2yz+3z(6-y-z)$

$=-y^2-3z^2-2yz+6y+18z$

$=27-(y+z-3)^2-2(z-3)^2$

$\leq 27$

$"=" \Leftrightarrow x=3; y=0; z=3$

Cho tam giác ABC và 3 điểm M,N,P lần lượt nằm trên BC, CA, AB. CM:
$\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}= \frac{BM.CN.AP-CM.AN.BP}{AB.BC.CA}$

phải là thế này chứ

$\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}= \frac{BM.CN.AP+CM.AN.BP}{AB.BC.CA}$

$\frac{bc}{a^2+1}\leq \frac{(b+c)^2}{4(a^2+b^2+a^2+c^2)}\leq \frac{1}{4}\left ( \frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2} \right )$

xây dựng 2 bđt tương tự rồi cộng chúng lại đc đpcm

2:
a,b,c thuộc trong khoảng (1;2)
chứng minh rằng:
$\frac{b\sqrt{a}}{4b\sqrt{c}-c\sqrt{a}}+\frac{c\sqrt{b}}{4c\sqrt{a}-a\sqrt{b}}+\frac{a\sqrt{c}}{4a\sqrt{b}-b\sqrt{c}}\geq 1$

$a,b,c\in \left ( 1;2 \right )\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 4b\sqrt{c}-c\sqrt{a}>0 & & \\ 4c\sqrt{a}-a\sqrt{b}>0 & & \\ 4a\sqrt{b}-b\sqrt{c}>0 & & \end{matrix}\right.$

đặt $\sqrt{a}=x, \sqrt{b}=y, \sqrt{c}=z$

bđt cần c/m trở thành $\frac{xy^2}{4y^2z-z^2x}+\frac{z^2y}{4z^2x-x^2y}+\frac{y^2x}{4x^2y-y^2z}\geq 1$

$\frac{xy^2}{4y^2z-z^2x}+\frac{z^2y}{4z^2x-x^2y}+\frac{y^2x}{4x^2y-y^2z}$

$\geq \frac{(xy+yz+zx)^2}{4xyz(x+y+z)-x^2y^2-y^2z^2-z^2x^2}$

mà

$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyz(x+y+z)$

$(xy+yz+zx)^2 \geq 3xyz(x+y+z)$

=> đpcm

1....a,b,c>0
chứng minh rằng:
$\frac{1}{a\sqrt{a+b}}+\frac{1}{b\sqrt{b+c}}+\frac{1}{c\sqrt{a+c}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}$

$\frac{2c}{\sqrt{(a+b)(b+c)}}+\frac{2a}{\sqrt{(b+c)(c+a)}}+\frac{2b}{\sqrt{(c+a)(a+b)}}$

$\geq \frac{4c}{a+2b+c}+\frac{4a}{b+2c+a}+\frac{4b}{c+2a+b}$

$\geq \frac{4(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}$

$\geq \frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+\frac{1}{3}(a+b+c)^2}=3$

$\Rightarrow \sum \frac{1}{ab\sqrt{(a+b)(b+c)}} \geq \frac{3}{2abc}$

mà

$\Rightarrow \sum \frac{1}{ab\sqrt{(a+b)(b+c)}} \leq \frac{1}{3}\left ( \sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}} \right )^2$

ta có đpcm

Cho các số thực dương sao cho $a+b+c+d=1$ . Chứng minh rằng :
$$6\left (a^3+b^3+c^3+d^3\right )\ge a^2+b^2+c^2+d^2+\dfrac{1}{8}$$

$6(a^3+b^3+c^3+d^3)$

$=6(a^3+\frac{a}{16})+6(b^3+\frac{b}{16})+6(c^3+\frac{c}{16})+6(d^3+\frac{d}{16})-\frac{3}{8}$

$\geq 3a^2+3b^2+3c^2+3d^2-\frac{3}{8}$

$=a^2+b^2+c^2+d^2+2(a^2+\frac{1}{16})+2(b^2+\frac{1}{16})+2(c^2+\frac{1}{16})+2(d^2+\frac{1}{16})-\frac{7}{8}$

$\geq a^2+b^2+c^2+d^2+a+b+c+d-\frac{7}{8}$

$= a^2+b^2+c^2+d^2+\frac{1}{8}$

1.Cho $x$, $y$, $z$, $t>0$ $x^3y^3+y^3z^3+z^3t^3+t^3x^3=1$
Chứng minh rằng:$\frac{x^9}{yzt}+\frac{y^9}{xzt}+\frac{z^9}{xyt}+\frac{t^9}{xyz}\geq 1$

$(1+1+1+1)(yzt+xzt+xyt+xyz)(\frac{x^9}{yzt}+\frac{y^9}{xzt}+\frac{z^9}{xyt}+\frac{t^9}{xyz}) \geq (x^3+y^3+z^3+t^3)^3$

mà

$yzt+xzt+xyt+xyz\leq x^3+y^3+z^3+t^3$

suy ra

$\frac{x^9}{yzt}+\frac{y^9}{xzt}+\frac{z^9}{xyt}+\frac{t^9}{xyz} \geq \frac{(x^3+y^3+z^3+t^3 )^2}{4}\geq (x^3+z^3)(y^3+t^3)=1$

Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác có chu vi là 2. Tìm min
A=$4\left ( a^{3} +b^{3}+c^{3}\right )+15abc$

$abc \geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(2-2c)(2-2a)(2-2b)$

$\Rightarrow 27abc \geq 24(ab+bc+ca)-24$

$\Rightarrow A=4\left [ (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+3abc \right ]+15abc$

$=8(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+27abc$

$\geq 8(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+24(ab+bc+ca)-24$

$=8(a+b+c)^2-24$

$\geq 8$

$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\leq \sqrt{p(\frac{p-a+p-b+p-c}{3})^3}=\frac{\sqrt{3}(a+b+c)^2}{36}$

$"=" \Leftrightarrow a=b=c$

a.

gọi giao điểm của PQ với đg cao BN của tam giác ABC là H, ta sẽ c/m H là trực tâm tg ABC

kéo dài AH cắt BC tại I

ta có $\widehat{PHB}=\widehat{NHQ}=\widehat{PQD}=\widehat{PAB}$

do đó tứ giác APBH nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BHI}=\widehat{APB}=\widehat{ADB}=\widehat{ACB}\Rightarrow AH \perp BC$

b.

$\widehat{PAQ}$ k đổi nên PQ lớn nhất <=> AP lớn nhất <=> AD lớn nhất <=> D là đối xứng của A qua O

đặt $\left\{\begin{matrix} x+y=a & & \\ y+z=b & & \\ z+x=c & & \end{matrix}\right. (a, b, c>0)$

phương trình đã cho trở thành $\frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}=1$

mặt khác ta có

$\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}=\frac{a^2}{a^2+2ab}+\frac{b^2}{b^2+2bc}+\frac{c^2}{c^2+2ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

$\Rightarrow \frac{3}{2}-\frac{1}{2}(\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a})\leq 1$

$\Rightarrow \frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}\leq 1$

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\frac{a}{a^2+2ab}=\frac{b}{b^2+2bc}=\frac{c}{c^2+2ca}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a+2b}=\frac{1}{b+2c}=\frac{1}{c+2a}=\frac{1+1+1}{a+2b+b+2c+c+2a}=\frac{1}{a+b+c}$

$\Leftrightarrow a+2b=b+2c=c+2a=a+b+c$

$\Leftrightarrow a=b=c$

$\Leftrightarrow x=y=z$

vậy phương trình đã cho có nghiệm dương x=y=z=k ( k>0)

Chưa chứng minh BĐT Cauchy-Schwart dạng Engel: trừ 4đ.
D-B=1.5h
E=6
F=0
S=64.5

$\Delta MBP\sim \Delta MNB\Rightarrow \frac{MB}{BP}=\frac{MN}{NB}$

$\Delta MCP\sim \Delta MNC\Rightarrow \frac{MC}{CP}=\frac{MN}{NC}$

$\Rightarrow \frac{MC}{CP}=\frac{MB}{BP}$

tứ giác đẹp

nếu $x+y+z\leq 0$ bđt đc c/m

nếu $x+y+z> 0\Rightarrow xyz<0$

giả sử z<0 thì xy>0, x+y>0 $\Rightarrow x,y \in (0;1 ]$


$\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1}\leq \sqrt{2x+2y+4}+\sqrt{z+1}$

cần c/m $\sqrt{2x+2y+4}+\sqrt{z+1}\leq3$

hay $\sqrt{2x+2y+4}-2\leq 1-\sqrt{z+1} \Leftrightarrow \frac{2(x+y)}{2+\sqrt{2x+2y+4}}\leq \frac{-z}{1+\sqrt{z+1}}$

$\Leftrightarrow \frac{-2z(xy+1)}{2+\sqrt{2x+2y+4}}\leq \frac{-z}{1+\sqrt{z+1}}$

$\Leftrightarrow 2xy+2(1+xy)\sqrt{z+1}\leq \sqrt{2x+2y+4}$

mà $xyz+x+y+z=0\Rightarrow z+1=\frac{(1-x)(1-y)}{1+xy}$

do đó bđt trên <=> $xy+\sqrt{(1-x)(1-y)(1+xy)}\leq \sqrt{1+\frac{x+y}{2}}$

đúng do $xy+\sqrt{(1-x)(1-y)(1+xy)}\leq \sqrt{\left [ x+(1-x) \right ]\left [ xy^2+(1-y)(1+xy) \right ]}= \sqrt{1+xy-y}\leq 1\leq \sqrt{1+\frac{x+y}{2}}$