Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A. Do chỉ tô bởi 2 màu nên tồn tại hai điểm cùng dấu , không mất tổng quát giả sử hai điểm A, B cùng màu và cùng màu xanh

+ Nếu C có màu xanh thì tam giác vuông cân ABC là tam giác phải tìm.

+ Nếu C có màu đỏ thì ta dựng điểm D sao cho ABDC là hình vuông.

          _ Nếu D màu xanh thì tam giác ABD là tam giác cần tìm.

          _ Nếu D có đỏ thì gọi I là giao điểm của AD và BC .

                   * Nếu I có xanh thì tam giác vuông cân ABI là tam giác cần tìm.

                   * Nếu I màu đỏ thì dễ thấy tam giác vuông cân CID có ba đỉnh cùng đỏ là tam giác cần tìm.

Áp dụng Am-gm ta có
$\frac{a^4}{b^3(c+2a)}+\frac{c+2a}{9a}+\frac{1}{3}\geq \frac{a}{b}$
$\frac{b^4}{c^3(a+2b)}+\frac{a+2b}{9b}+\frac{1}{3}\geq \frac{b}{c}$
$\frac{c^4}{a^3(b+2c)}+\frac{b+2c}{9c}+\frac{1}{3}\geq \frac{c}{a}$
Cộng vế vs vế
$\Rightarrow VT\geq \frac{8}{9}(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})-\frac{5}{3}\geq 1(dpcm)$

cm $2(a^2+b^2+c^2)<(a+b+c)^2\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2< 2(ab+bc+ca)$

Cái này dễ dàng cm dk vs $a+b>c \Leftrightarrow c^2<ac+bc$

Tương tự $a^2<ba+ca$ và $b^2<bc+ca$
cộng vế vs vế ta có dpcm

Mỗi tập con của A sẽ có tổng các phần tử nhỏ hơn 10+11+12+13+14=60
Mà A có 6 phần tử nên A sẽ có 62 tập con khác rỗng và nó

Nên theo Dirichlet ta có dpcm

Ta có $a-9 \vdots  2001$ và $a-10 \vdots 2002$ nên $a+1992 \vdots 2002.2001$
Mà $(2002;2001)=1$

nên a=2001.2002-1992

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

Trên mặt phẳng cho 2014 điểm , khiảng cách giữa chúng đôi một khác nhau. Nối 2012 điểm này với điểm gần nhất trong chúng. CMr vs cách nói này ta ko thể nhận dk 1 đường gấp khúc khép kín

Cho (O,10) lấy 450 điểm. CMR có 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng ko vượt quá 1

Cho phương trình $a_0x^n+a_1x^{n-1}+...+a_{n-1}x+a_0=0$ (1) trong đó các hệ số $a_0;a_1,...,a_n$ chỉ nhận các giá trị -1;0;1 và $a_0$ khác 0. CMR nếu $x_0$ là 1 nghiệm của (1) thì $|x_0|<2$
 

Cho các số không âm x,y,z thỏa mãn x+y+z=8. Tìm GTLN của

$A=x^3y+y^3z+z^3x$

Bài 1: Bắt đầu từ đẳng thức 
$\frac{a+b}{a-b}.\frac{b+c}{b-c}+\frac{b+c}{b-c}.\frac{c+a}{c-a}+\frac{c+a}{c-a}.\frac{a+b}{a-b}=-1$
Ta có bđt $(\frac{a+b}{a-b})^2+(\frac{b+c}{b-c})^2+(\frac{c+a}{c-a})^2\geq 2$
$A=\frac{a^2+b^2}{(a-b)^2}+\frac{b^2+c^2}{(b-c)^2}+\frac{c^2+a^2}{(c-a)^2}+(\frac{a}{b-c})^2+(\frac{b}{c-a})^2+(\frac{c}{a-b})^2$

_Ta có
$\sum \frac{a^2+b^2}{(a-b)^2}=\sum \frac{(a+b)^2+(a-b)^2}{(a-b)^2}=\sum (\frac{a+b}{a-b})^2+3\geq 5$
_ Có đẳng thức $ \prod \left ( \frac{a}{b-c}+1 \right )=\prod \left ( \frac{a}{b-c}-1 \right ) $
$\Leftrightarrow \sum \frac{a}{b-c}.\frac{b}{c-a}=-1$

$\Rightarrow \sum \left ( \frac{a}{b-c} \right )^2\geq 2$
từ các điều trên ta có $A\geq \frac{9}{2}$
 

Bằng việc xét hiệu cm dc $\sum \frac{x^3}{x^2+xy+y^2}-\sum \frac{y^3}{x^2+xy+y^2}=0\Rightarrow \sum \frac{x^3}{x^2+xy+y^2}=\frac{1}{2}\sum \frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}$ 

Có $x^3+y^3\geq \frac{1}{3}(x+y)(x^2+xy+y^2)\Rightarrow \sum \frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}\geq \frac{2}{3}(x+y+z)=6$

$\Rightarrow \sum \frac{x^3}{x^2+xy+y^2}\geq 3$

Trên mặt phẳng cho 6 điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng và khoảng cách giữa các cặp điểm là các số khác nhau. Ta nối mỗi cặp điểm bởi một đoạn thẳng. Chứng minh trong các đoạn thẳng thu được có 1 đoạn thẳng là cạnh nhỏ nhất của 1 tam giác có 3 đỉnh trong 6 điểm đã cho và đồng thời là cạnh lớn nhất của 1 tam giác cũng có 3 đỉnh trong 6 điểm ấy.

Ta có $\frac{4ab}{a+2b}+\frac{a+2b}{ab}\geq 4$
$\frac{9ac}{a+4c}+\frac{a+4c}{ac}\geq 6$     $\frac{4bc}{b+c}+\frac{b+c}{bc}\geq 4$

$\Rightarrow C+7\geq 14\Rightarrow C\geq 7$
Dấu "=" xảy ra khi a=2,b=c=1

Mình thi đề này đây nè nhưng hận nỗi quên ko kẻ thêm đường phụ vào  hình mà trong bài làm có nên trừ 1đ

hu hu

Cho tam giác ABC nhọn và $\angle C=45 $. 3 đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Trên EF lấy M sao cho DM//AC. Gọi G là trung điểm của BC. EG cắt DM ở I.

Tìm điều kiện của tam giác ABC để HI,DE,GF đồng quy

Cho $a,b,c>0$. CMR

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq 2\sum \sqrt{a^2-ab+b^2}$

Cho cáp số thực (x;y) thỏa mãn $\frac{x^2-x+y^2-y}{x^2+y^2-1}\leq 0$
Tìm max $A=x+2y$

Tìm các số hữu tỉ dương a,b,c để $a+\frac{1}{b}$; $b+\frac{1}{c}$; $c+\frac{1}{a}$ là các số nguyên dương

( Trích đề thi tuyể sinh lớp 10 chuyên toán Nguyễn Trãi Hải Dương)

Đặt $\sqrt{4x^2+5x+1}=a$, $\sqrt{x^2-x+1}=b$ thì

$a-2b=a^2-4b^2$

thì $a-2b=0$ rồi bình phương giải tiếp

Giả sử trong các đoạn thẳng nối 2 điểm thì các đoạn có độ dài $x$ là nhỏ nhất

Vẽ các đường tròn tâm là 8 điểm trên và bán kính $\frac{1}{2}x$ thì các đường tròn này tiếp xúc hoặc ko giao nhau và cùng nằm trong đường tròn                  $(O,1+\frac{1}{2}x)$

Tổng diện tích của chúng là $\frac{8.\pi.x^2}{4}$

Diện tích đường tròn lớn là $\pi.(\frac{1}{2}x+1)^2$

Nên $2x^2<(\frac{1}{2}x+1)^2$ thì $x<1$ nên có dpcm

Cho mình hỏi bạn có cách nào ngắn hơn k? Chứ mình thấy chặn y tới 9 giá trị lận (từ 2 tới 10)

xét giá trị tuyệt đối rồi thử lại bên kia có thỏa mãn ko ms tìm cụ thể

Bài này chỉ cần dùng đơn giản thế này

Gọi $max{a,b,c}=a$ thì $a\geq \frac{b+c}{2}$
$\Rightarrow VT\geq a^3+b^3+c^3+3bc(b+c)=a^3+(b+c)^3\geq \frac{(a+b+c)^3}{4}$
dấu "=" xảy ra khi có 3 số = 0

Đặt $n=a^2+b$ với $0 \leq b \leq 2a$
thì $a\leq \sqrt{n}<a+1\Rightarrow [n]=a$
thì $a^2+b\vdots a\rightarrow b\vdots a$ mà $b\leq$ 2a nên b=a hoặc b=2a hoặc b=0

Vậy vs n có dạng $n=a^2$, $n=a^2+a$ và $n=a^2+2a$ luôn tm

Cho 2 tập hợp $A$ và $B$ thỏa mãn:

i, Mỗi phần tử của cả $2$ phần tử đều nhỏ hơn hoặc bằng $2008.$

ii, Tổng số phàn tử của $2$ tập hợp lớn hơn $2008.$

CMR: tồn tại 2 phần tử ở $2$ tập hợp trên mà tổng của chúng là  $2008$

@Sieusieu90 : bạn đặt sai tiêu đề , mình đã sửa cho bạn rồi . Xem lại cách đặt tiêu đề nhe!