Bài 7. Cho $KL,KN$ tiếp xúc $(O)$. $M$ thuộc tia đối tia $NK$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $KLM$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $L$. $Q$ là hình chiếu của $N$ xuống $ML$. Chứng minh rằng $\angle MPQ=2\angle KML$.

 

 

em thưa thầy bài này hình như 2 góc MPQ và KML không Thỏa mã hệ thức , hình như nó bằng nhau luôn ạ

Áp dụng bất đẳng thức HOLDER ta có 

$\prod (a^{2}+2)=\prod ((\sqrt[3]{a^{2}})^{3}+1^{3}+1^{3})\leq (\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}+1.1.1+1.1.1)^{3}$

đến đây có lẽ đánh giá tích abc theo a+b+c=6 được rồi chứ nhỉ !!

có lẽ sai rồi ,=)

bạn có thể tìm hiểu ở đây , ( bài thứ 21 )

Một tài liệu rất hay nhưng bằng tiếng anh...... khiến mọi người bất công quá .

 Mình xin đưa ra một tài liệu tiếng việt có đôi chút giống tài liệu của bạn.

laisac.deolypic.pdf

Spoiler

Mình xin đưa ra một tài liệu khác cũng khá hay IMO ShortList Problems 1959-2009 (New).PDF 

cai laisac hay phết 

cai IMO mình có nó cũng vậy ,nhưng bạn có bản pdf có giải (tiếng việt càng tốt) đọc tiếng anh nhiều hoa hết cả mắt

Từ giả thiết $\frac{1}{a+1}=\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 2\sqrt{\frac{bc}{(b+1)(c+1)}}$

tương tự ta có $\frac{1}{b+1}\geq 2\sqrt{\frac{ac}{(a+1)(b+1)}}$

$\frac{1}{c+1}\geq 2\sqrt{\frac{ab}{(a+1)(b+1)}}$

nhân 3 bất đẳng thức với nhau ta có đpcm

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1/2

CMR Mọi a,b,c thuộc R ta có 

$\left | a \right |+\left | b \right |+\left | c \right |+\left | a+b+c \right |\geq \left | a+b \right |\left | b+c \right |+\left | c+a \right |$

tổng quát hóa bài toán ta sẽ chứng minh :

$A_{1},A_{2},....A_{n} \epsilon R CMR : \frac{k-1}{2}(\sum_{i=1}^{n}\left | A_{i} \right |+\left | \sum_{i=1}^{n}A_{i} \right |)\geq \left | A_{m}+A_{n} \right |$

{(Am khác An) có $C_{2}^{n}$ số hạng} ( Nguyễn Ngọc Hiếu ) 

tự tổng quát nhưng chưa CM được ==

CM câu a , Theo nguyên li di-rich-let trong 3 số a,b,c có 2 số cùng dấu, 

giả sử đó là b và c khi đó bc=lbcl ,

lại có lbl +lcl >= lb+cl

việc chứng minh còn lại tương đương lal +la+b+cl >= la+bl +la+cl

bình phương 2 vế cuối cùng thu được đẳng thức bc+ $\left | a^{2}+ab+ac \right |\geq \left | a^{2}+ab+bc+ac \right |$

bất đẳng thứ trên hiển nhiên đúng vì bc=lbcl tiếp tục áp dung lAl+lBl >= lA+Bl kết thúc CM,

dấu bằng xảy ra khi 3 số cùng dấu

Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có

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

tương tự thiết lập các bất đẳng thức tương tự , sau đó lấy vế cộng vế kết hợp với điều kiện a+b+c=3 ta có đpcm 

(Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1)

xin cái like ạ

Theo Cauchy-Schwarz và AM-GM:

$\sum{\dfrac{a}{ab+1}}=\sum{\dfrac{a^2}{abc+a}}\ge \dfrac{(\sum{a})^2}{3abc+\sum {a}}\ge \dfrac{(\sum{a})^2}{3.\dfrac{(\sum{a})^3}{27}+\sum{a}}=\dfrac{3}{2}$

$\to Q.E.D$

ở dưới mẫu ab.a=abc , sai rồi bạn ơi =)

cho 3 số a,b,c dương

CMR $\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ac+1}\geq \frac{3}{2}$

(a+b+c=3)

Dựa vào điều kiện bài toán ta có : $a+b+c=3\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow 1\geq abc$

Áp dụng BĐT schwarz ta có :

 

$\sum \frac{a}{ab+1}\geq \sum \frac{a}{ab+abc}= \sum \frac{1}{b+bc}\geq \frac{9}{\sum a+\sum ab}\geq \frac{9}{\sum a+\frac{(\sum a)^{2}}{3}}= \frac{3}{2}$

 

Vậy ta được đpcm

ngược dấu rồi !!

Nhận thấy $C_{2n}^{n}$ là hệ số của $x^{n}$ trong khai triển $(x+1)^{2n}$

mặt khác $(x+1)^{2n}=(x+1)^{n}.(1+x)^{n}=(\sum_{i=0}^{n}C_{n}^{k}x^{n-k})(\sum_{i=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k})$

suy ra được hệ số của $x^{n}$ trong khai triển trên là :

$(C_{n}^{0})^{2}+(C_{n}^{1})^{2}+...(C_{n}^{n})^{2}$

từ đố suy ra đc dpcm

a,b,c có dương không bạn 

Áp Dụng BĐT CauChy-Shwart 

ta có : $\frac{a}{(b+c)^{2}}+\frac{b}{(c+a)^{2}}+\frac{c}{(a+b^{2})}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{\sum a(b+c)^{2}}=\frac{(a+b+c)^{2}}{ab^{2}+ac^{2}+bc^{2}+ba^{2}+ca^{2}+cb^{2}+2abc+4abc}=\frac{(a+b+c)^{2}}{(a+b)(b+c)(c+a)+4abc}$

tới đây ta áp dụng AM-GM ta được 

$VT\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{\frac{(2a+2b+2c)^{3}}{27}+\frac{4(a+b+c)^{3}}{27.}}$

rút gọn ta được VP 

dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Đúng thì xin cái like !! hihi 

Nhưn anh thấy có 2 bài trong đề cương 11 mà

Em cũng không biết ,em thấy trong đề cương 10 cũng có nhưng nó đơn giản

Anh lam giup em bai 1 a.

Hình như các bài này nằm trong đề cương ôn tập của trường

Nguồn: một số bài toán tổ hợp -Phạm Minh Phương, mấy bài ở trường khác mà , cái này nó phức tạp hơn tí thôi

À mà ,anh học lớp 11, em học lớp 10 đề cương khác nhau , em lấy ở trong sách của Thầy Phạm Minh Phương

1, Cho k,n là các số nguyên dương và $k\leqslant n$ CMR:

$C_{n}^{0}C_{n}^{k}+C_{n}^{1}C_{n}^{k+1}...+C{n}^{n-k}C{n}^{n}=C_{2n}^{n+k}$

2.Cho m,n là số nguyên dương.CMR:

$C_{m}^{0}+C_{m+1}^1+...+C_{m+n}^{n}=C_{m+n+1}^{n}$

3.Cho n là số nguyên dương lẻ. Tính tổng

$S=(C_{n}^1)^{2}+2(C_{n}^2)^{2}+...+n(C_{n}^n)^{2}$

Cho ba số a,b,c là các số thực dương

CMR

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

bài này mình đổi biến nhưng thấy nó dài, ai nghĩ được cách j hay hay nhào zô , càng xúc tích càng hay

cách hay đấy lahantaithe

Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$

CMR 

$\sum \frac{1}{2a^{2}+bc}\geqslant \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ac}$

bài này khá ảo , hình như xảy ra dấu bằng tại 2 lần

(from 1 học sinh nam trường THPT Chu Văn An- ko rõ tên)

1) Cho $a;b;c;d>0$. Cmr:

$$A=\sum \dfrac{a}{b+2c+3d}\ge \dfrac{2}{3}$$

 

 

thế này nhá :

ta có :

$\sum \frac{a}{ab+2ac+3ad}\geq \frac{(a+b+c+d)^{2}}{4(ab+ac+ad+bc+bd+cd)}\geq \frac{2}{3}$

đến đây biến đổi tương đương ra đpcm 

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=d

xin cái like

BĐT này sai với $2a=2b=2c=1$

------------------------

P/s: sửa lại tiêu đề!!!!!!!!

sửa lại đề rồi, viết nhầm =) thông cảm

Cho 3 số thực dương a,b,c 

CMR :

$(\frac{ab+c}{c+1})(\frac{bc+a}{a+1})(\frac{ac+b}{b+1})\geq abc$

P/s: bài này khá bựa , mình nghĩ được cách là biến đổi tương đương ,nhưng thấy nó không được đẹp và hay, bạn nào nghĩ được cách dùng bất đẳng thức phụ thì cứ thoải mái add

Cho a,b,c > 0 , abc=1 CMR

$\frac{1+a+ab}{b+ac+2}+\frac{1+b+bc}{c+ab+2}+\frac{1+c+ac}{a+bc+2}\geqslant \frac{9}{4}$

(Nguyễn Ngọc Hiếu)

@MOD : chú ý cách đặt tiêu đề