a=min{a,b,c} thì làm sao có $a+b \leq 2c$ được hả bạn
Phải là c=max{a,b,c} chứ

Bài 4 là đề thi Iran TST 2012 các bạn có thể tham khảo ở đây
http://diendantoanho...ndpost&p=314352

Mình chém thử câu 4
Vì $P(x) : (x^2-1)$ được thương là x và có dư nên
$P(x)=x^3+\alpha x+\beta$
$P(x):(x-2)$ dư 2
$\Rightarrow P(x)=(x-2)(x^2+ax+b)+2=x^3+x^2(a-2)+x(b-2a)-2b+2$
Vì hệ số của $x^2$ là 0 nên => a=2
$\Rightarrow P(x)=x^3+x(b-4)-2b+2$
Làm tương tự với x+2 ta có
$P(x)=x^3 +x (B-4)+2B-2$
Đồng nhất hệ số ta có hpt
$$\left\{\begin{matrix}
b-4=B-4
\\
-2b+2=2B-2
\end{matrix}\right.$$
Giải ta được b=B=1
Từ đó suy ra
$P(x)=x^3-3x$
Thử lại thấy thỏa mãn => dpcm

Bài toán 3.
Cho $x, y\in R (x+y\#0)$ . Chứng minh :
$$x^2+y^2+\left (\dfrac{xy+1}{x+y}\right )^2 \ge 2$$

$$\left (\dfrac{xy+1}{x+y}\right )^2 +\left ( x+y \right )^{2}-2xy\geq 2\left | xy+1 \right |-2xy\geq 2xy-2xy+2=2$$
Dấu = xảy ra khi $x=1 , y=0$ hoặc $x=-1, y=o$ và các hoán vị

Bài toán 5.
Cho $a, b, c$ là các số không âm sao cho $a+b+c=1$. Chứng minh rằng :
$$ab+bc+ca\le a^3+b^3+c^3+6abc\le a^2+b^2+c^2 \le 2\left (a^3+b^3+c^3\right )+3abc$$

a)
$ab+ac+bc\leq a^{3}+b^{3}+c^{3}+6abc$
Ta có đẳng thức quen thuộc
$a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-ac-bc)$
Kết hợp với giả thiết ta có
$a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-ac-bc)$
BDT cần CM viết lại thành
$2ab+2bc+2ac-a^{2}-b^{2}-c^{2}\leq 9abc$
Ta có BDT quen thuộc
$abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) \Leftrightarrow 2ab-2bc-2ac-a^{2}-b^{2}-c^{2}\leq \frac{9}{a+b+c}abc=9abc$
BDT được CM

b)
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+6abc\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
Áp dụng như trên BDT cần CM được viết lại là
$9abc-ab-ac-bc\leq0$
Ta có $9abc\leq (a+b+c)(ab+bc+ac)$
$\Rightarrow 9abc-(ab+ac+bc)\leq(ab+bc+ac)(a+b+c-1)=0$ ( Do a+b+c=1)
c)
BDT cần CM $\Leftrightarrow 2ab+2bc+2ac-a^{2}-b^{2}-c^{2}\leq 9abc$
CM tương tự câu a) ta có điều phải CM
CM hoàn tất
Dấu = ở tất cả các BDT xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Cho mình hỏi có cách nào để nhận biết dấu = cua BDT xảy ra khi các biến khác giá trị nhau như bài trên không

Chứng minh rằng với mọi x, y, z dương ta có:
$(1+\frac{x}{y})+(1+\frac{y}{z})+(1+\frac{z}{x})\geq 2+\frac{2(x+y+z)}{\sqrt[3]{xyz}}$

Đề sai rồi đề đúng phải là như sau
$(1+\frac{x}{y})(1+\frac{y}{z})(1+\frac{z}{x})\geq 2+\frac{2(x+y+z)}{\sqrt[3]{xyz}}$

Chủ topic mau sửa đề đi chứ ?

Đề vẫn đúng mà bạn $$\bigtriangleup OAM=\bigtriangleup OBI$$
$$\Rightarrow OI=OM$$

Tìm số nguyên tố p để tồn tại các số nguyên dương x , y , n thỏa $p^n=x^3+y^3$

$\Rightarrow p\vdots xy$
Mà p là số nguyên tố và x,y có vai trò tương đương nhau
$\Rightarrow x=1,y=p$
$\Rightarrow 3p=p^{2a+b}\Leftrightarrow 3=p^{2a+b-1}$
$\Rightarrow p\vdots 3$
Em trả lời vậy được không anh (mình không phải defaw nha)

Bạn nhầm rồi $xy \vdots p$ chứ không phải $p\vdots xy$

Cho n số nguyên chia hết cho 6 chứng minh tổng các lập phương của chúng chia hết cho 6

Bài 4b có cho quan hệ giữa đồng và xu ko bạn

Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức:

$P=\frac{1}{3+2a+b+ab}+\frac{1}{3+2b+c+bc}+\frac{1}{3+2c+a+ac}$.

với $a,b,c$ là các số thực làm cho $P$ xác định và thoả mãn điều kiện: $a+b+c+ab+bc+ac+abc=0$. Chứng minh rằng $P=1$.

Ta có
$3+2a+b+ab=3+3a+2b+2ab+c+ac+bc+abc=(a+1)(3+2b+c+bc)=(a+1)(b+1)(3+2b+c+bc)$
$$P=\frac{1}{3+2a+b+ab}+\frac{1}{3+2b+c+bc}+\frac{1}{3+2c+a+ac}=\frac{a+2}{(a+1)(3+2b+c+bc)}+\frac{1}{3+2c+a+ac}=\frac{3+2a+b+ab}{(a+1)(b+1)(3+2b+c+bc)}=1$$

Còn TH $ p|xy $ thì sao hả em

Ai giúp em câu 1 với em làm hoài mà ko ra

Còn mỗi câu hình chém lun


a) Gọi E là điểm giữa cung nhỏ BC dễ dàng chứng minh E là trung điểm $II_{a}$
Ta có $OI=OK$ và $OM=ON$
$\Rightarrow KE // MI $
Mà $ KE \perp QI_{a} $
$\Rightarrow MI \perp QI_{a}$
Mà $\widehat{IQI_{a}}=90^{\circ} \Rightarrow IQ \perp QI_{a}$
Vậy M , I , Q thẳng hàng
b) Gọi $F=QM \cap I_{a}K$ và $S=AM\cap QI_{a}$
Ta có $\widehat{FQI_{a}}=90^{\circ}$
Nên F là điểm đối xứng với $I_{a}$ qua K $\Rightarrow =\widehat{I_{a}NF}=90^{\circ}$
Xét $\bigtriangleup FII_{a}$ có $MK // II_{a} $ và K là trung điểm $FI_{a}$
$\Rightarrow MI=MF $
$\Rightarrow NF//IP \Rightarrow \widehat{NPI}=\widehat{IPI_{a}}=90^{\circ}$
$\Rightarrow IP \perp MI_{a} $
Xét $\bigtriangleup MSI_{a}$ có I là trực tâm nên $SI \perp MI_{a} $
Vậy S , I , P thẳng hàng (dpcm)
____________________

DXT:Chả hiểu sao lúc thi mình vẽ hình bài này tới 3 lần mà toàn sai! Chán chả buồn vẽ lại nữa nên bỏ nguyên câu hình!@#$

Bài 2a
$\sqrt{x}-2+\sqrt[4]{20-x}-2=0$
$\Leftrightarrow \frac{x-4}{\sqrt{x}+2}+\frac{\sqrt{20-x}-4}{\sqrt[4]{20-x}+2}=0$
$\Leftrightarrow \frac{x-4}{\sqrt{x}+2}+\frac{4-x}{(\sqrt[4]{20-x}+2)(\sqrt{20-x}+4)}=0$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=4\\
\sqrt{x}+2=(\sqrt[4]{20-x}+2)(\sqrt{20-x}+4) (2)

\end{matrix}\right.$
Từ pt ta đặt $\sqrt{20-x}=y (y\geq0) $ cho dễ lý luận
$(2)\Leftrightarrow \sqrt{20-y^{2}}=(y^{2}+2)(y+4)$
VT<7 mà VT>8 Vậy pt có 1 nghiệm là x=4

Trong bài làm em xin đặt lại các điểm cho dễ làm $M_{1}=M$ $M_{2}=N$
Gọi I là trung điểm MN
Vẽ đường tròn đi qua O , A và tiếp xúc với $d_{1}$ . ĐƯờng tròn này cắt $d_{2}$ tại B
Tương tự C là giao điểm của đường tròn qua O , A tiếp xúc với $d_{2}$ và $d_{1}$
Gọi D là trung điểm OB . E là trung điểm OC
Vì B,C cố định nên D,E cũng cố định . Ta sẽ CM I nằm trên đường DE cố định
Thật vậy
Ta có $\widehat{AMN}=\widehat{AON}=\widehat{ABO}$ và $\widehat{ANM}=\widehat{AOB}$
$\Rightarrow \bigtriangleup AMN\sim \bigtriangleup ABO$
$\Rightarrow \frac{MN}{OB}=\frac{AM}{AB}\Rightarrow \frac{IM}{BD}=\frac{AM}{AB} \Rightarrow \bigtriangleup AIM \sim \bigtriangleup ADB$
$\Rightarrow \widehat{AIM}=\widehat{ADB}=\widehat{ADM}$
Vậy tứ giác AIDM nội tiếp
Tương tự ta cũng có tứ giác AINE nội tiếp . Khi đó
$\widehat{AIE}=\widehat{ANE}=\widehat{AMO}=\widehat{AMD}$
Mà $\widehat{AMD}+\widehat{DIA}=180^{\circ}$
$\Rightarrow \widehat{AIE}+\widehat{DIA}=180^{\circ}$
$\Rightarrow$ D,I,E thẳng hàng
Vậy I di chuyển trên DE cố định

Nên dùng góc định hướng để tổng quát hơn.
D-B=27.9h
E=9
F=0
S=39

Em làm câu 5 vậy
Xét 18 số đầu tiên trong dãy
Theo nguyên lý Đirichlet thì tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 17 Giả sử là a và b $ ( a>b)$
$\Rightarrow a-b \vdots 17$
$\Rightarrow 99...990..00 \vdots 17$
$\Rightarrow 9...99.10^k \vdots 17 $
Mà $ (10^k,17)=1 $
$\Rightarrow 9...999 \vdots 17 $
Vậy cứ xét 18 số bất kỳ thì sẽ có 1 số hạng thuộc dãy thõa đề

Thịnh làm sai rùi
Lời giải đúng
Áp dụng Cauchy-schwarz
$$(x^3+y^3)(x+y)\geq (x^2+y^2)^2\Rightarrow x^3+y^3\geq \frac{(x^2+y^2)^2}{x+y}=\frac{1}{x+y}$$
Mặt khác ta có
$$x+y\leq \sqrt{2(x^2+y^2)}=\sqrt{2}$$
$$\Rightarrow x^3+y^3\geq \frac{1}{\sqrt{2}}$$
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Giả sử $x>y>z$ thì $x^2+x-1>y^2+y-z>z^2+z-1$ $\Rightarrow y>z>x$ Vô lí
Tương tự với $x<y<z$ $\Rightarrow x=y=z$

Bài 2
$$x^3+3x=x^2y+3y+7 \Rightarrow (x-y)(x^2-3)=7$$
.....

có $\widehat{ADN} = \widehat{ANH}$
mà $\widehat{ADN} = \widehat{ABN}$
$\Rightarrow \widehat{ANH} = \widehat{ABN}$ (1)
nhưng mà $\Delta ANF \sim \Delta ABN$
$\Rightarrow \widehat{ANF} = \widehat{ABN}$ (2)
(1) , (2) sao lại mâu thuẫn thế nhỉ .
mình ko hiểu

Chỗ mình tô đỏ đó bạn xem lại các cặp góc không hề bằng nhau

Bạn cẩn thận nhé đường tròn dễ nhìn nhấm lắm
D đâu có nằm trên đường tròn (O) đâu bạn vậy làm sao chắn cung được

Chưa biết $(a+b-c)(b+c-a)$ âm hay dương mà anh sao dùng AM-GM được