Bài 24 Cho $a;b;c$ là các số thực không âm sao cho $a+b+c>0$. CMR:

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

A-L

Bài 56: Các học sinh được phát bài kiểm tra, mỗi môn một bài trong $n$ ($n \geq 3$) môn học. Biết rằng với mỗi môn bất kỳ có $3$ học sinh đạt điểm tối ưu, còn $2$ môn tùy ý thì có $1$ học sinh đạt điểm tối ưu cho cả $2$ môn. Xác định $n$ bé nhất sao cho từ điều kiện suy ra có đúng $1$ học sinh đạt điểm tối ưu cho cả $n$ môn

Mình nghĩ thi HSG 9 thì bài này là căn nguyên của hầu hết các bài về đường tròn

Bài 35: (Đề thi HSG cấp tỉnh lớp 9 tỉnh Vĩnh Phúc 2010) (MOSP 1995)

Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp $(O)$. $AD,BE,CF$ là các đường cao. Đường thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $G$, đường thẳng $AG$ cắt đường tròn tại điểm $M$

1) Chứng minh rằng bốn điểm $A,M,E,F$ cùng nằm trên đường tròn

2) Gọi $N$ là trung điểm của cạnh $BC$ và $H$ là trược tâm tam giác $ABC$. Chứng minh rằng: $GH$ vuông góc $AN$

Bài 38(Baltic 2005)
Đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$, ta có $xyz=1$. Từ đây:
$\sum \frac{a}{a^2+2}\leq \sum \frac{a}{2a+1}=\sum \frac{1}{2+x}\leq 1<=>\sum (2+x)(2+y)\leq (2+x)(2+y)(2+z)<=>\sum xy\geq 3$.Điều này luôn đúng theo AM-GM và $xyz=1$

Câu 17:(Iran MO 2014, vòng 2) Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện: $x^2+y^2+z^2=2(xy+yz+zx)$. Chứng tỏ rằng:

$\frac{x+y+z}{3}\geq \sqrt[3]{2xyz}$

 

@topic hay quá!

Bài 39 :  Cho $0<a,b,c \leq 1, a^2+b^2+c^2=2$. Chứng minh rằng:
$\frac{1-a^2}{c}+\frac{1-c^2}{b}+\frac{1-b^2}{a} \leq \frac{5}{4}$

Bài 11 ( IMO 1988 ):

Cho $n,k$ là các số nguyên dương, $n\geq k$ và $S$ là tập hợp $n$ điểm trong mặt phẳng thỏa mãn 

$(i)$ Không có 3 điểm nào thẳng hàng

$(ii)$ Với mỗi điểm $P$ của hệ đều không có ít hơn $k$ điểm trong hệ cách đều $P$

Chứng minh rằng $k\leq \frac{1}{2}+\sqrt{2n}$

Giải: Quy ước mỗi cặp điểm $(A,B)$ là những cặp không kể thứ tự

Dễ thấy với $n$ nguyên thì dấu bằng không thể xảy ra.Ta phản chứng rằng $k \geq \frac{1}{2}+\sqrt{2n}<=>(2k-1)^2 \geq 8n$

Với mỗi điểm thuộc $S$, chẳng hạn $A$ thì có ít nhất $k$ điểm cách đều $A$, như vậy có ít nhất $C_{k}^2$ cặp điểm thuộc $S$ mà $A$ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm này

Xét $M=\left \{ \left \{ (X,Y),A \right \}\in S^2.S|AX=AY \right \}$ thì mỗi bộ thuộc $M$ là phân biệt

Như vậy theo trên thì $|M| \geq n.C_{k}^2$ 

Mà $n.C_{k}^2=\frac{n(k-1)k}{2}>2.\frac{n(n-1)}{2}=2.C_{n}^2<=> (2k-1)^2 \geq 8n$ 

Như vậy ta liên tưởng đến ý nghĩa tổ hợp là: Số cách chọn cặp điểm sao cho tồn tại điểm khác thuộc $S$ nằm trên trung trực của đoạn nối $2$ điểm đó lớn hơn $2$ lần số cách chọn cặp điểm bất kì của $S$

Theo đi-rich-lê, ta suy ra tồn tại $3$ cặp điểm trong mỗi bộ của $M$ trùng nhau, tức là $XY$ là trung trực của $3$ điểm khác, suy ra $3$ điểm này thẳng hàng(vô lí) đpcm

Gọi tập $\mathcal{A}=\left \{ 1,2,...,n \right \}$.Tìm số tập $\mathcal{B}=\left \{ i_1,i_2,...,i_k \right \}$ là tập con khác rỗng của $\mathcal{A}$ sao cho 

$\min\left \{ i_1,i_2,...,i_k \right \}\ge k$.

Cố định $k->k_0,1 \leq k_0 \leq n$

Vì mọi số trong $|B|=k_0$ đều không bé hơn $k_0$ nên nhận giá trị trong $k_0,k_0+1,...,n$

Số tập $B$ là $C_{n-k_0+1}^{k_0}$

Cho $k_0$ chạy từ $1->n$ thì số tập $B$: $\sum_{k=1}^{n}C_{n-k+1}^{k}=\sum_{k=1}^{n}C_{n-[\dfrac{n+1}{2}]+1}^{[\dfrac{n+1}{2}]}$ (coi như $C_a^b=0$ nếu $b>a$)

cho các số thực $x;y;z$ thỏa $\left\{\begin{matrix} x;y;z\in (0;1)\\xy+yz+zx=1 \end{matrix}\right.$.Tìm GTNN của $P=\frac{x}{1-x^2}+\frac{y}{1-y^2}+\frac{z}{1-z^2}$

Tìm $m$ để $\left [ 2;+\infty \right ]\subset A$ với $A=\left \{ x\in R:\left | x+m \right |>2 \right \}$

7,cho a,b,c>0 vaf a+b+c$\leq \frac{3}{2}$ Tìm min P=$\prod (3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b})$

 

$\prod (3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b})=\prod (1+1+1+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2b})\geq 7\prod \sqrt[7]{\frac{1}{16a^{2}b^{2}}}\geq 7.3\sqrt[21]{\frac{1}{16^{3}a^4b^{4}c^{4}}}\geq 21\sqrt[21]{16^{3}.(\frac{(a+b+c)}{3}})^{12}=21$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=0,5$ $Q.E.D$

6,cho a,b,c là đọ dài 3 cạnh một tam giác và a+b+c=k (k>0) Tìm max T=$\sum \frac{ab}{a+b+2c}$

 

$\frac{ab}{a+b+2c}+\frac{ac}{a+c+2b}+\frac{bc}{b+c+2a}\leq \frac{1}{4}ab(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c})+\frac{1}{4}ac(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c})+\frac{1}{4}bc(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c})=\frac{1}{4}(\frac{c(a+b)}{a+b}+\frac{b(a+c)}{a+c}+\frac{a(b+c)}{b+c})=\frac{a+b+c}{4}=\frac{k}{4}$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{k}{3}$ $Q.E.D$

4,cho a+b+c=1,a,b,c>0  Tìm min A=$\sum \frac{a^6}{b^3+c^3}$

 

Áp dụng bất đẳng thức $C.B.S$ dạng $Engel$ ta có

$\sum \frac{a^{6}}{b^{3}+c^{3}}\geq \frac{(\sum a^{3})^{2}}{2\sum a^{3}}\geq \frac{\sum a^{3}}{2}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{2.9}=\frac{1}{18}$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ $Q.E.D$

solve được câu $b_1$ và $c_1$

$b_1$) $AC+BD$ đạt $max$ khi từng cạnh trong chúng đạt $max$=> khoảng cách từ tâm $O$ đến mỗi cạnh là bé nhất=> $AC,BD$ đều đi qua tâm hay tứ giác $ABCD$ là hình vuông

$c_1$ ) $S_ABCD=\frac{1}{2}.AC.BD$ nên theo câu trên ta tìm được $max$ diện tích

bí khúc kia các bác ợ

Bài 4: Ta gọi tập thỏa mãn đề bài là tập chuẩn

Giả sử với số $b$ nào đó ta thu được tập chuẩn $X$, ta sẽ tìm giá trị nhỏ nhất của $b$

Với mỗi phần tử trong  $X$, nếu nó có ước nguyên tố chung với phần tử nào đó trong các phần tử còn lại thì ta xếp các ước nguyên tố đó vào tập $P$. Sau quá trình này, nếu có nhiều phần tử trùng nhau trong $P$ thì ta chọn một trong chúng

Ta sẽ xét các trường hợp

*TH1: Nếu trong $P$ tồn tại các số nguyên tố lớn hơn hoặc bằng $11$, gọi $p$ là một số như vậy

Khi đó tồn tại $P(a+m)$ và $P(a+n)$ chia hết cho $p$ ($m>n$)

Suy ra $$p|P(a+m)-P(a+n)$$

$$=>p|(m-n)(m+n+1)$$

-Nếu $p|m-n$, khi đó do $m$ khác $n$ nên $m \geq 12$ hay $b \geq 12$

-Nếu $p|m+n+1$ khi đó do $m$ khác $n$ nên $m \geq 6$ hay $ b\geq 6$

Vậy trong trường hợp này $b \geq 6$

*TH2: Nếu trong $P$ chỉ chứa các số nguyên tố $3,5,7$ (vì các phân tử đều là số lẻ)

Rõ ràng $P$ không chưa $5$ vì $n^2+n+1$ không chia hết cho $5$

Ta có $2$ nhận xét:

1. $n^2+n+1$ chia hết cho $3$ khi và chỉ khi $n=1$ mod 3, cũng suy ra là trong ba số liên tiếp thì chỉ có một số $t$ mà $P(t)$ chia hết cho $3$

2.$n^2+n+1$ chia hết cho $7$ khi và chỉ khi $n=2,4$ mod 7, cũng suy ra là trong ba số liên tiếp thì có nhiều nhất hai số mà $P$ của nó chia hết cho $7$,trong 2 số liên tiếp thì có nhiều nhất một số mà $P$ của nó chia hết cho $7$

Trở lại trường hợp này

-Nếu $X$ có $2$ phần tử, điều này vô lí vì số phần tử chia hết cho $3$ là $0$ hoặc $2$, nếu là $0$ thì hai số đó đều chia hết cho $7$ vô lí theo nhận xét. nếu có $2$ số chia hết cho $3$ cũng vô lí theo nhận xét

-Nếu $X$ có $3$ phần tử, nếu có $0$ phần tử chia hết cho $3$, suy ra tất cả đều chia hết cho $7$ là vô lí theo nx2. Nếu có $2,3$ số chia hết cho $3$ vô lí theo nx1.

-Nếu $X$ có $4$ phần tử, nếu có $0$ phần tử chia hết cho $3$ là vô lí theo nx1, nếu có nhiều hơn $2$ phần tử chia hết cho $3$ thì chỉ có thể là $P(a+1),P(a+4)$, suy ra $P(a+2),P(a+3)$ chia hết cho $7$ vô lí theo nx2

-Nếu có $5$ phần tử: Có $0$ phần tử chia hết cho $3$ là vô lí, nếu có $2$ phần tử chia hết cho $3$, dễ thấy có $2$ phần tử liên tiếp trong $X$ chia hết cho $7$ vô lí theo nx2.

Tóm lại trong trường hợp này $b \geq 6$

Ta sẽ chỉ ra min $b$ là 6

Xét số $n$ thỏa mãn: n=0 mod 3, n=5 mod 11, n=6 mod 7. Số này là tồn tại theo định lí số dư trung hoa

Khi đó $3 \mid P(x+1), P(x+4),19 \mid P(x+2),P(x+6),  7 \mid P(x+3), 7 \mid P(x+5)$.

Bài $1$ khá hay. Gọi $CD$ cắt $BF$ tại $T$ và dễ dàng chứng minh $E$ là trung điểm $FT$ (Chú ý cách xác định điểm $E$ là giao của trung trực $AD$ và đường thẳng đổi xứng của $AC$ qua $AD$)

Khi đó tứ giác $XMFE$ nội tiếp, ngũ giác $BMDEA$ và $BFDXC$ nội tiếp.

Suy ra $EM,FX,BD$ đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn.

Ta có $\widehat{XGA}=180^O-\widehat{LGC}-\widehat{ABC}=\widehat{LEC}-\widehat{KFD}$

          $=\widehat{LEG}+\widehat{GEC}-\widehat{KFD}=\widehat{ACG}+\widehat{GFD}-\widehat{KFD}$

          $=\widehat{AFG}+\widehat{GFD}-\widehat{KFD}=\widehat{XFA}$

          $=>\Delta AFX=\Delta AGX=>XF=XG$

Do $FG$ là trục đẳng phương của của $(O)$ và $(A)$ nên $OA$ vuông góc $FG$, do $\Delta XGF$ cân nên $OX$ vuông góc $FG$, ta có đpcm

Theo mình nghĩ (tào lao) thì ông nhà văn bố Conan là trùm, ổng cho thằng con teo nhỏ lại để gài nó vào nhà Ran và Mori , trong đó Mori Kogoro là 1 điệp viên FBI đang bí mật điều tra về tổ chức , Bựa hơn nữa là cha ảnh bên dưới này là trùm

Cái khoản này thì đã đc nhiều người nghĩ tới r, mà vì tập 78 bố conan giúp akai thoát nạn bourbon nên k phải

Xin nhắc lại là Boss chỉ mới xuất hiện 1;2 lần, có họ tên cụ thể, yêu quí vermouth, có địa chỉ mail và đầu số điện thoại từng có ở vùng totori hẻo lánh nào đó, từng có nhạc điện thoại là bài:7 đứa trẻ. Tác giả bật mí là Haibara mà biết ổng thì sẽ bất ngờ. Bạn nào từng nhớ có một nhân vật nào như v đã xuất hiện k, đặc biệt thông minh nữa nhé

trong cái tập bố conan cứu akai thì akai có nói một câu về bourbon là hắn cũng như chúng ta thôi mà nhỉ

Mình nghĩ bourbon là người tốt, kiểu CIA hay FBI, nhưng là cơ quan trong nước, chẳng hạn tình báo quốc gia nhật thì seo

Cái mình suy nghĩ thứ hai là về thuốc APTX của Haibara, nó hình như k p thuốc độc mà là thuốc tái sinh ít nhất là v. Tổ chức từng yêu cầu ông tiến sĩ gì đó làm phần mềm "ảnh hưởng toàn nhân loại" bí ẩn và có liên quan đến thuốc đó(khó hiểu tin mà liên quan đến hóa). Phải chăng cái mục đích cao cả của tổ chức là tái sinh người k

Nghe đồn boss là ông GS mà

Dạ tin này cỡ 5,6 năm r, mà có nhiều cái e cũng k tin lắm, với lại ông Gosho chắc cũng k cho dễ đoán v

Anh nghĩ sao nếu đó là Lão Mori luôn tỏ ra ngờ nghệch? Cũng thú vị lắm chứ?

Mình nghĩ k p đâu, vì ông này có lần suýt bị Gin bắn mà. Với boss như ổng conan còn sống thì k tin nổi

Các bạn nghĩ sao nếu ta bàn về những ý tưởng mới cho truyện DORAEMON . Theo mình thấy thì ông Fujiko Fujio đã xây nên một nền móng vững chắc xoay quanh 5 nhân vật có thể nói là bọc lót cho nhau rất hoàn hảo là : Nobita , Doraemon , Suneo ,Chaien
, Shizuka . Nếu ta có thêm các ý tưởng mới cho truyện thì đảm bảo sẽ vượt cả Conan . Mình xin mạng phép nói rằng : Nếu các thành viên của VMF đưa ra các ý tưởng hay thì có thể cho ra lò bộ truyện Doraemon phiên bản VMF . Với lại diễn đàn mình có ai vẽ đẹp không nhỉ ?

Tôi đánh giá cao sự hư cấu này

Truyện Conan mình đọc hồi lớp 3,4 gì đó. Trải qua xuyên suốt thời gian thấy truyện càng nhiều bí ẩn. Bạn nào đam mê conan có thể có chút trao đổi về tình tiết truyện( boss anokata, ver, gin, rum, akai bla..., đặc biệt là boss) ở đây. Vì mình nghe nói bác Aoyama tiết lộ boss đã từng xuất hiện, có tên có tuổi chứ k phải quá bí ẩn, và làm cho haibara p bất ngờ, nghĩ mấy ngày chưa có cái tên nào cả

 

@Khanghaxuan : Chú rãnh nhỉ