Chào tất cả mọi người. Hiện nay mình thấy diễn đàn hoạt động không được sôi nổi như trước nữa, các box khác thì vẫn sôi động nhưng box "Toán Trung học cơ sở" mình thấy lượng bài giảm hẳn, nhiều bài đưa lên, nói khó thì cũng không hẳn, nhưng vẫn không thấy có ai giải. Box này đang đi xuống, đề nghị VMF có biện pháp cải thiện.

Mình xin góp ý với bạn yelow 2 điều sau:
-Xin bạn đừng p0st những bài trùng lặp nữa.Mình đã del đến 3 4 bài trùng lặp của bạn ở tất cả các Box BĐT của THCS,THPT,Olympic rồi.Ngày nào mình lên cũng thấy có bài bạn p0st đi p0st lại cứ như là quăng rác lên diễn đàn vậy.Không del không được!!!!
-Xin bạn đừng p0st toàn bài lấy tr0ng sách BĐT và những lời giải hay của anh Cẩn ra nữa :|

Cảm ơn bạn đã góp ý giúp mình, nhưng mình cũng xin trả lời với bạn thế này:
Khi mình post bài lên, mình không thể nắm rõ trong lòng bàn tay bài nào đã được post lên diễn đàn rồi nên sự trùng lặp là không thể tránh khỏi, bạn là ĐHV việc del bài trùng lặp là trách nhiệm của các bạn, sao bạn lại trách mình, với lại mình cũng đâu spam. Khi mình post bài lên (đôí với những bài không trùng lặp), thì những ai có tâm huyết thì họ sẽ giải giúp mình, khi đó mình sẽ có được những cách giải khác so với trong sách,Toán học đâu chỉ có xem sách là xong, phải thu thập, tìm hiểu, tiếp thu những cách giải khác nữa chứ, và đồng thời những bạn khác vào xem thì đó cũng chính là một cơ hội để họ có thêm được kiến thức.
Và mình cũng xin nói với bạn rằng, mình chưa hề đọc quyển sách BĐT và những lời giải hay của anh Cẩn...

Bài 2:Cho phương trình:
$x^{2}.6^{-x}+6^{\sqrt{x}+2}=x^{2}.6^{\sqrt{x}}+6^{2-x}$
Gọi S là tổng các nghiệm của phương trình.Tính$S^{15}$

ĐK: $x\geq 0$
Ta có:
$x^{2}.6^{-x}+6^{\sqrt{x}+2}=x^{2}.6^{\sqrt{x}}+6^{2-x}$
$\Leftrightarrow x^{2}.6^{-x}+6^{\sqrt{x}}.6^2-x^{2}.6^{\sqrt{x}}-6^2.6^{-x}=0$
$\Leftrightarrow 6^{\sqrt{x}}(6^2-x^2)-6^{-x}(6^2-x^2)=0$
$\Leftrightarrow (6^{\sqrt{x}}-6^{-x})(6^2-x^2)=0$
$\Rightarrow 6^2-x^2=0$ hoặc $6^{\sqrt{x}}-6^{-x}=0$
$\Rightarrow x=6$ hoặc $6^{\sqrt{x}}=6^{-x}$
$\Rightarrow x=6$ hoặc $\Rightarrow x=0$
$\Rightarrow S=6$
$\Rightarrow S^{15}=...$
Đến đây bạn tính $S^{12}$ rồi tính tay tiếp là sẽ ra.
----------------------------------------------------
p/s: Hai bài này hình như trong chương trình của Casio thì phải!

Bài 1: Tìm tam giác có chu vi lớn nhất nội tiếp $(O;R)$ cho trước.

Bài 2: Trong tất cả các tứ giác có bốn đỉnh nằm trên $(O;R)$ cho trước. Tứ giác nào cho chu vi lớn nhất

Bài 3: Trong tất cả các hình thang $ABCD (AB//CD)$ có diện tích bằng $S$ không đổi. $E$ là giao điểm của các đường chéo. Ở hình thang nào thì $\Delta ABE$ có diện tích lớn nhất

Chắc không phải là thế đâu. Mình nghĩ ý bạn ấy là thế này:
$(x+2)+(x+2^2)+(x+2^3)+...+(x+2^9)=x^{10}+7$
hay là $x^{10+7}$ nhỉ?

Bài 1: Cho a, b, c >0. CMR:
$\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}+\sqrt{\frac{a+b}{c}}\geq 2\left ( \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}} \right )$

Sử dụng bất đẳng thức phụ $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$ (với $x,y>0$)
Ta có: $(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2\leq 2(x+y) \Leftrightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}\leq \sqrt{2(x+y)}$ (với $x,y>0$)
Với $a,b,c$ là các số dương ta có:
$\sqrt{\frac{a+b}{c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}=\sqrt{\frac{a}{c}+\frac{b}{c}}+\sqrt{\frac{b}{a}+\frac{c}{a}}+\sqrt{\frac{b}{a}+\frac{c}{a}}+\sqrt{\frac{a}{b}+\frac{c}{b}}$
$\geq \frac{1}{\sqrt{2}}\left ( \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}} \right )+\frac{1}{\sqrt{2}}\left ( \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}} \right )+\frac{1}{\sqrt{2}}\left ( \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}} \right )$
$=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{2}}\left ( \frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}} \right )+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{2}}\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{c}} \right )+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{2}}\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )$
$\geq \frac{2\sqrt{2a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{2\sqrt{2b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}+\frac{2\sqrt{2c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$
$\geq \frac{2\sqrt{2a}}{\sqrt{2(b+c)}}+\frac{2\sqrt{2b}}{\sqrt{2(a+c)}}+\frac{2\sqrt{2c}}{\sqrt{2(a+b)}}$
$=2\left ( \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}} \right ) \Rightarrow$ $đpcm$

Xin lỗi bạn vì mình đã không sử dụng $Chebyshev$, nếu bạn cần cách chứng minh bằng $Chebyshev$ thì để mình xem lại đã, coi như hai bài trên là cách khác đi.

Bài 3: Cho a, b, c >0 thỏa: $\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\geq 1$
CMR: a+b+c $\geq$ ab+bc+ca

Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có:
$\frac{1}{a+b+1}=\frac{a+b+c^2}{(a+b+1)(a+b+c^2)}\leq \frac{a+b+c^2}{(a+b+c)^2}$
Tương tự ta có: $\frac{1}{b+c+1}\leq \frac{b+c+a^2}{(a+b+c)^2}$
$\frac{1}{c+a+1}\leq \frac{c+a+b^2}{(a+b+c)^2}$
$\Rightarrow \frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\frac{a^2+b^2+c^2+2(a+b+c)}{(a+b+c)^2}$
Do $1\leq \frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}$ nên ta có:
$a^2+b^2+c^2+2(a+b+c)\geq (a+b+c)^2\Rightarrow a+b+c\geq ab+bc+ca$
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

Cho hình thang $ABCD$ có $\widehat{A}=\widehat{D}=90^o$ và $CD=2AD=2AB$. Lấy một điểm $M$ bất kì trên $AB$, từ $M$ kẻ đường thẳng vuông góc với $MD$ cắt $BC$ tại $N$.Chứng minh $\Delta DMN$ vuông cân

Hạ $BK$ vuông góc $DC$, dễ dàng chứng minh $\triangle DBC$ vuông cân.
Mặt khác có $\angle DMN = \angle DBN = 90^\circ \Rightarrow MBND:tgnt$
$\Rightarrow \angle MDN = 180^o - \angle MBN = 180^o - (\angle MBK + \angle KBC) = 180^o - 135^o = 45^o$
Vậy $\triangle DMN$ vuông cân tại $M$ ($Q.E.D$)

Bọn em chưa học tứ giác nội tiếp nên anh có thể giải theo phương án khác không anh?

Cho $a,b,c>0$,$a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng:
$2(a+b+c)+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 9$

Bài này đã có tại đây: http://diendantoanho...c1bfrac1cgeq-9/
Đề nghị mod close chủ đề.

Cho hình vẽ, với $AD . AE = \frac{AB . AC}{2}$. Chứng minh $2S_{AED} = S_{ACB}$

Ta có:
$S_{ADE}=\frac{1}{2}.AD.AE.sinDAE$
$S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC.sinBAC$ $=\frac{1}{2}.AB.AC.sinDAE$
$\Rightarrow \frac{S_{ABC}}{S_{ADE}}=\frac{\frac{1}{2}.AD.AE.sinDAE}{\frac{1}{2}.AB.AC.sinDAE}$
$\Rightarrow \frac{S_{ABC}}{S_{ADE}}=\frac{AB.AC}{AD.AE}=\frac{AB.AC}{\frac{AB.AC}{2}}=2$
$\Rightarrow S_{ABC}=2S_{ADE}$

Cho hình thang vuông $ABCD$ ($\widehat{A}=\widehat{D}=90^o$) có $\widehat{BMC}=90^o$ với $M$ là trung điểm của $AD$.
a) Chứng minh $AD$ là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính $BC$.
b) Chứng minh $BC$ là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính $AD$

Cho $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn $f(f(x))-f(x)=x$ chứng minh $f(x)$ là hàm tuyến tính

Cho $(O;R)$ nội tiếp $\Delta ABC$, tiếp xúc với $BC$ tại $D$. $M$ là trung điểm của $BC$. $N$ là trung điểm của AD. Chứng minh $M, O, N$ thẳng hàng

Cho phương trình x^{3}-px^{2}+qx-p=0,có p>0, q>0
CMR nếu pt có 3 nghiệm đều lớn hơn hay bằng 1 thì
p\geq \left \left ( \frac{1}{4} +\frac{\sqrt{2}}{8}\right )\left ( q+3 \right )
Nhờ mọi người làm giúp em nhé..tks mọi người nhiều ạ..!!

Cho phương trình $x^{3}-px^{2}+qx-p=0$,có $p>0$, $q>0$
CMR nếu pt có $3$ nghiệm đều lớn hơn hay bằng $1$ thì

$p\geq\left ( \frac{1}{4}+\frac{\sqrt{2}}{8} \right )(q+3)p$

Cho $\left\{\begin{matrix} a,b,c>0\\ a+b+c=1 \end{matrix}\right.$. Chứng minh :
$0\leq ab+bc+ca-2abc\leq \frac{7}{27}$

Cho $\Delta ABC$ vuông tại A ($AB<AC$), đường cao AH. Trên tia HC lấy điểm D sao cho $HD=HA$, từ O vẽ đường thẳng song song với AH gặp AC tại E. Gọi M là trung điểm BE.
C/m: $AH.BM=AB.HM+AM.BH$

$O$ là gì vậy bạn?

pqr là pp j thế

Đúng hơn là "Phương pháp đổi biến pqr". Một vài bất đẳng thức thuần nhất đối xứng, các biến có điều kiện không âm thì ta đặt: $p=a+b+c, q=ab+ac+bc, r=abc$ đưa bài toán về dạng dễ hơn, rõ ràng hơn.

Mình vừa tìm được lời giải của bài này trong một số quyển bất đẳng thức. Mình xin được post lên để mọi người tham khảo!
Giải
Bất đẳng thức đã cho có dạng thuần nhất là $\frac{a+b+c}{3}\geq (abc)^{\frac{7}{30}}\left ( \frac{a^3+b^3+c^3}{3} \right )^{\frac{1}{10}}$
hay là $\frac{a+b+c}{3}\geq a^{\frac{7}{30}}(bc)^{\frac{1}{30}}\left [ \frac{b^2c^2(a^3+b^3+c^3)}{3} \right ]^{\frac{1}{10}}$
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $a=max${$a,b,c$}.
Đặt $t=\frac{b+c}{2}$, khi đó dễ thấy $(bc)^{\frac{1}{30}}\leq t^{\frac{1}{15}}$. Để thực hiện phép dồn biến, ta sẽ chứng mình rằng $b^2c^2(a^3+b^3+c^3)\leq t^4(a^3+2t^3)$. Thật vậy, ta có:
$VP-VT=a^3(t^4-b^2c^2)+2t^7-b^2c^2(a^3+c^3)=a^3(t^4-b^2c^2)+2t^7-2tb^2c^2(4t^2-3bc)$
$\geq t^3(t^4-b^2c^2)+2t^7-2tb^2c^2(4t^2-3bc)=3t(t^2+2bc)(t^2-bc)^2\geq 0$
Như vậy ta đã chứng minh được:
$\frac{a+b+c}{3}\geq a^{\frac{7}{30}}(bc)^{\frac{1}{30}}\left [ \frac{b^2c^2(a^3+b^3+c^3)}{3} \right ]^{\frac{1}{10}}$$\leq a^{\frac{7}{30}}(t^2)^{\frac{1}{30}}\left [ \frac{t^4(a^3+2t^3)}{3} \right ]^{\frac{1}{10}}=(at^2)^{\frac{7}{30}}\left ( \frac{a^3+2t^3}{3} \right )^{\frac{1}{10}}$
Phép dồn biến được hoàn tất, và công việc còn lại của ta chỉ là chứng minh $\frac{a+2t}{3}\geq (at^2)^{\frac{7}{30}}\left ( \frac{a^3+2t^3}{3} \right )^{\frac{1}{10}}$
Bất đẳng thức trên dễ dàng suy ra từ bất đẳng thức $AM-GM$.

Cho ba số dương $x, y, z$ thoả mãn $x + y + z = 1$. Chứng mình rằng: $\frac{3}{xy+yz+zx}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}>14$

Bạn ơi, với phương trình $x^4+12x^3+21x^2-24x+5=0$ mình làm theo cách của bạn và tìm được $A + B = -9$ nhưng mình tính $A x B$ thì nó lại bằng $-5,00000001$. Thế thì phải làm sao??????

Với mỗi giá trị $n \in N$, phương trình sau đây: $x^{2}-\left [ x^{2} \right ]=\left \{ x \right \}^{2}$ có bao nhiêu nghiệm trong đoạn $\left [ 1;n \right ]$
(Thi vô địch Toán Thuỵ Sĩ, 1982)

Có chính xác có đúng $4$ số nguyên dương $n$ để $\frac{(n+1)^2}{n+23}$ là một số nguyên? Tìm số lớn nhất.

Mình cũng rất giống bạn, đang phải đối đầu với nhiều thử thách của năm lớp 9. Mình có một lời khuyên dành cho bạn nè (Thực ra là lời khuyên của thầy giáo thôi): Bạn không nhất thiết phải đọc hết những quyển sách nâng cao đó, bạn chỉ cần đọc, hiểu (nắm được bản chất của nó), cày nát một quyển sách là được. Và quyển sách bạn nên cày theo mình là quyển NCPT của Vũ Hữu Bình.