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

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

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.

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

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

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 $A\geq \frac{9}{2}$
 

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

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

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

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

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

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

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

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
$\Rightarrow VT\geq \frac{8}{9}(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})-\frac{5}{3}\geq 1(dpcm)$

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.