Cho mình hỏi topic này cho lớp 10 hay cả 11 và 12?

Bài này đơn giản thôi '' xử đẹp'' bằng PQR   

Lời giải

Sử dụng BĐT quen thuộc ta dễ chứng minh $1\geq 3(xy+yz+zx)\Rightarrow 1\geq 3q$

Với $p=x+y+z=1, q=xy+yz+zx, r=xyz$

Ta sử dụng bổ đề sau: $r\leq \frac{q^{2}(7-16q)}{5(5-12q)}$. Đây là bổ đề quen thuộc nên tôi không chứng minh lại   

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{q}{r}+48q-25\geq \frac{5(5-12q)}{q(7-16q)}+48q-25=\frac{(1-3q)(5-16q)^{2}}{q(7-16q)}\geq 0$

Bất đẳng thức trên sai nhé, ví dụ như $a=\frac{1}{2},b=\frac{3}{4},c=9$   

Có ai có solution cho bài này chưa ?

BĐT Schur tổng quát:

Với $a, b, c, k \ge 0$ thì: 

$$a^k (a - b)(a-c) + b^k (b-c)(b-a) + c^k (c-a)(c-b) \ge 0$$

Khi $k=1$ ta có các kết quả tương đương sau:

$1) a(a-b)(a-c) + b(b-a)(b-c) + c(c-a)(c-b) \ge 0.$  

$2) a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \ge a^2 b + a^2 c + b^2 a + b^2 c + c^2 a + c^2 b$

$3) a^3 + b^3 + c^3 + 5abc \ge (a+b)(b+c)(c+a)$

$4) a^3 + b^3 + c^3 + 6abc \ge (a+b+c)(ab + bc+ ca)$

$5) 2(a^3 + b^3 + c^3) + 3abc \ge (a^2 + b^2 + c^2)(a+b+c)$

$6) (a+b+c)^3 + 5abc \ge 4(a+b)(b+c)(c+a)$

$7) (a+b+c)^3 + 9abc \ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$

$8) 4(a^3 + b^3 + c^3) + 15abc \ge (a+b+c)^3$

Ngoài ra còn có các biến đổi tỉ số từ 8 dạng trên...

anh ơi còn trường hợp với k=2 ,3 thì sao anh

Bạn nói mông lung về kết quả đồng quy thế thì ai hiểu được! Để chứng minh đồng quy ta dùng bổ đề sau!

Lời giải của anh Cẩn đây bạn:

Link: http://voquocbacan.b...xcdot.html#more

K là điểm gì ?

Bạn xem lại đề nhé

Lời giải

Gọi $Z,V$ lần lượt là giao điểm của $MD$ với $AH,HI$. Ta có kết quả quen thuộc là $AD$ là tia phân giác của $\widehat{HAO}$. 

Suy ra $\widehat{ZAI}=\widehat{DAQ}=\widehat{DMQ}\Rightarrow$ Tứ giác $AMZI$ nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{AZI}=\widehat{AMI}=90^{0}$ $\Rightarrow ZI//BC$.

Gọi $L$ là giao điểm của $AI$ và $BC$. Ta có: 

$\frac{ZH}{ZA}=\frac{IL}{IA}=\frac{BL}{BA}=\frac{DL}{DB}=\frac{DB}{DA}=\frac{DI}{DA}$           (1)

Lại áp dụng định lý $Menelaus$ vào tam giác $AHI$ với cát tuyến $DZV$ ta có:

$\frac{VH}{VI}.\frac{DI}{DA}.\frac{ZA}{ZH}=1$                       (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh!

1 cách nữa

Nhìn vào đề bài như thế này ta thường hay nghĩ đến cách đổi biến

Với ý tưởng đó, ta đặt $\frac{x}{y}=a, \frac{y}{z}=b, \frac{z}{x}=c$ thì $abc=1$

$$T=\frac{1}{(a^4+1)(b+c)^3}+\frac{1}{(b^4+1)(c+a)^3}+\frac{1}{(c^4+1)(a+b)^3}$$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$$(b+c)^3\geq 8bc\sqrt{bc}=\frac{8}{a\sqrt{a}}\geq \frac{16}{a^2+a}$$

Suy ra

$$16T\leq \frac{a^2+a}{a^4+1}+\frac{b^2+b}{b^4+1}+\frac{c^2+c}{c^4+1}$$

Ta có 

$$\frac{a^2+a}{a^4+1}\leq \frac{3(a^2+a)}{2(a^2+a+1)}\Leftrightarrow (a-1)^2(a+1)(3a^2+4a+3)\geq 0$$ (đúng)

Suy ra 

$$\frac{a^2+a}{a^4+1}+\frac{b^2+b}{b^4+1}+\frac{c^2+c}{c^4+1}\leq \frac{3}{2}\sum \frac{a+1}{a^2+a+1}\leq 3$$

(BĐT quen thuộc:nếu $abc=1$ thì $\sum \frac{a+1}{a^2+a+1}\leq 2$)

Suy ra $T\leq \frac{3}{16}$

1 cách nữa

Nhìn vào đề bài như thế này ta thường hay nghĩ đến cách đổi biến

Với ý tưởng đó, ta đặt $\frac{x}{y}=a, \frac{y}{z}=b, \frac{z}{x}=c$ thì $abc=1$

$$T=\frac{1}{(a^4+1)(b+c)^3}+\frac{1}{(b^4+1)(c+a)^3}+\frac{1}{(c^4+1)(a+b)^3}$$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$$(b+c)^3\geq 8bc\sqrt{bc}=\frac{8}{a\sqrt{a}}\geq \frac{16}{a^2+a}$$

Suy ra

$$16T\leq \frac{a^2+a}{a^4+1}+\frac{b^2+b}{b^4+1}+\frac{c^2+c}{c^4+1}$$

Ta có 

$$\frac{a^2+a}{a^4+1}\leq \frac{3(a^2+a)}{2(a^2+a+1)}\Leftrightarrow (a-1)^2(a+1)(3a^2+4a+3)\geq 0$$ (đúng)

Suy ra 

$$\frac{a^2+a}{a^4+1}+\frac{b^2+b}{b^4+1}+\frac{c^2+c}{c^4+1}\leq \frac{3}{2}\sum \frac{a+1}{a^2+a+1}\leq 3$$

(BĐT quen thuộc:nếu $abc=1$ thì $\sum \frac{a+1}{a^2+a+1}\leq 2$)

Suy ra $T\leq \frac{3}{16}$

cho e hỏi làm sao lại tìm ra được BĐT đó (MÀU ĐỎ )

Trước đây bài đề này đã từng được thảo luận ở topic: https://diendantoanh...-3/#entry363791

 

 

Ngoài ra

\[\sum \dfrac{a+3}{(a+1)^{2}} - 3 = \frac12\sum \frac{(abc^2+3)(a-b)^2+ab(a+b+2)(c-1)^2}{(a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2} \geqslant 0.\]

Anh Huyện còn link tải phần mềm Maple của anh  không ? Nếu có thì cho em xin link với, em vào blog cũ của anh link hỏng hết rồi!

Bài hình sử dụng hoàn toàn kiến thức lớp 9 và nó là 1 bài toán quen thuộc của lớp 9!

Bài bất đẳng thức là một bài khá quen thuộc, tôi xin trình bày lời giải của mình!

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:

$a^{3}+ab^{2}\geq 2a^{2}b, b^{3}+bc^{2}\geq 2b^{2}c, c^{3}+ca^{2}\geq 2c^{2}a$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$

Lại có:

$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+1}=\sum a^{2}-\sum \frac{a^{2}b^{2}}{b^{2}+1}\geq \sum a^{2}-\sum\frac{a^{2}b^{2}}{2b}=\sum a^{2}-\sum \frac{a^{2}b}{2}\geq \sum a^{2}-\sum \frac{a^{2}}{2}=\sum \frac{a^{2}}{2}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{3.2}=\frac{3}{2}$

Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

 

Vô tình thấy bài BĐT trong sách 

Bài này là kĩ thuật bổ đề chặn tích của ông Cẩn!

Cho em hỏi bài số học giải thế nào ạ ( bài 1)

2 bài đầu chân tay thôi k làm

 

Bài III:

1) $u_{n}=n^{2}$

2) Quy nạp

 

Bài IV:

1) BH cắt AC tại K thì DHKC nội tiếp. Áp dụng Simson đảo cho D trên (CHK) suy ra PD vuông góc AC

2) $R^{2}-IP^{2}=PA.PC = PD^{2}$, suy ra $R^{2}=10$. Đường thẳng qua P vuông góc DP cắt đường tròn tâm I bán kính $\sqrt{10}$ tại 2 điểm A,C từ đó suy ra B

 

Bài VI: 

Từ giả thiết suy ra tồn tại các số x,y,z thực dương sao cho: $a=\frac{x}{y+z},b=\frac{y}{z+x},c=\frac{z}{x+y}$

Ta có: $\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z}\geq 4(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y})$

Kết hợp với Nesbitt suy ra P đạt giá trị nhỏ nhất là 3 khi 3 biến $x,y,z$ bằng nhau, tức là $a,b,c$ bằng 0.5

Bài IV  câu a) đâu cần simson chỉ cộng góc là đủ

Đề thi học sinh giỏi lớp 12 TP Hà Nội 

Ngày 30/09/2017

Bài 1. (4 điểm) Cho $x, y, z$ là các số hữu tỉ sao cho $x+y^{2}+z^{2}$, $y+z^{2}+x^{2}$ và $z+x^{2}+y^{2}$ đều là các số nguyên. Chứng minh rằng $2x$ là số nguyên.

Bài 2. (4 điểm) Cho hàm số $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn điều kiện 

$f(tanx)=\frac{1}{2}sin2x-cos2x$       $\forall x\epsilon (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$

Tìm giá trị lớn nhất là nhỏ nhất của biểu thức  $f(sin^{2}x).f(cos^{2}x)$ $(\forall x\epsilon R)$

Bài 3. (4 điểm) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $AB< AC$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $AB$, $N$ là điểm nằm trên cạnh $BC$ sao cho $BN=BA$. Đường tròn đường kính $AB$ cắt $(ANC)$ tại $P$. Gọi $E$ là giao điểm của đường thẳng qua $B$ vuông góc với  $MP$ và đường thẳng $AP$, $F$ là giao điểm của đường thẳng qua $B$ song song với $MP$ cắt $PN$ tại $F$. Chứng minh rằng $PC$ chia đôi $EF$.

Bài 4. (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ với hệ số thực sao cho: 

$(P(x))^{2}=2P(x^{2}-3)+1$   $(\forall x\epsilon R)$

Bài 5. (4 điểm) Với mọi $n\epsilon \left \{ 1,2,3 \right \}$ , ta gọi số tự nhiên $k$ là một số tự nhiên kiểu $n$ nếu $k=0$ hoặc $k$ là một số hạng của dãy $1;n+2;(n+2)^{2};(n+2)^{3};...$ hoặc $k$ là tổng của một số số hạng của dãy trên. Chứng minh rằng bất kì số nguyên dương nào cũng biểu diễn được dưới dạng tổng của một số kiểu 1 với một số kiểu 2 và một số kiểu 3.

 

anh xin chém bài Bất đẳng thức 

Đầu tiên ta tách như vầy $\frac{1}{b^2+c^2}=\frac{1}{1-a^2}$

                                                                   $=1+\frac{a^2}{1-a^2}$

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

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

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

Từ (1)(2) và (3) cộng vế theo vế đc đpcm =)) 

 

Dài dòng quá chỉ cần ta nhận thấy ở 3 phân số đều có tử là 1 thì  thay1=$a^{2}+b^{2}+c^{2}$ rồi rút gọn , sử dụng Bất đẳng thức cô - si :$a^{2}+ b^{2}\geq 2ab$ ở dưới mẫu là xong phim

21³⁰ + 39²¹=(3.7)³⁰+(3.13)²¹=3³⁰.7³⁰+3²¹.13²¹ chia hết cho 9. 
21³⁰ + 39²¹
21 chia cho 5 dư 1 => 21³⁰ chia cho 5 dư 1. 
39 chia cho 5 dư 4 => $39^2$ chia cho 5 dư 1. 
39²¹=39.39²⁰=39.(39^2)¹⁰
21³⁰ + 39²¹ chia hết cho 5. 
Do ƯCLN (5,9)=1 =>21³⁰ + 39²¹ chia hết cho 5.9=45. 

 

 

                 

                                       

                     

       

   

Dài quá ta nhận thấy là $21^{30}$ và $39^{21}$ đều chia hết cho 9 , mà tổng tận cùng bằng 0 chia hết cho 5 => đpcm

 Ở đây ko nói bài hình và bài tổ , khó nhất là bài bất đẳng thức thôi! Hơn nữa bài hình này dễ chứ có khó = sư phạm v2  đâu !

Từ giả thiết suy ra $\frac{1}{x}+\frac{2}{y} \ge 2$ 
Đặt $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y}$ 
Ta có $a \ge b \ge \frac{1}{2}$ và $a+2b \ge 2$ 
Và $P=\frac{1}{a^4}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^4}+\frac{1}{b^2}$ 
$(1-\frac{b^2}{a^2})(\frac{1}{b^2}-4) \le 0 \Rightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2} \le \frac{2-4b^2}{a^2}+4 \le 5$ 
Tương tự xét tích $(1-\frac{b^4}{a^4})(\frac{1}{b^4}-16) \le 0 \Rightarrow \frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4} \le 17$ 
Suy ra $P \le 22$ khi $x=1,y=2$

Lời giải toàn copy

Câu 6

Mặc dù bài này đã ra lâu rồi nhưng hôm nay em mới bắt tay vào lắm, vì thế em chỉ giải quyết con b) vì con a) quá quen thuộc rồi !

b) Gọi $H$ là giao điểm của $KE\cap BC$, ${V}=KE\cap TU$. Dễ thấy $KE.KH=KP^{2}\Rightarrow \widehat{PHK}=\widehat{KPE}=\widehat{AKP}+\widehat{PAK}$. 

$\widehat{DPK}=\widehat{DTQ}=\widehat{DTF}+\widehat{FTQ}=\widehat{DAF}+\widehat{FQK}=\widehat{DAF}+\widehat{EAF}=\widehat{EAK}$

Suy ra tứ giác $HPDK$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{PKE}=\widehat{PDH}=\widehat{PQT}\Rightarrow KE//QT$

Dễ thấy tứ giác $TULF$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{TUL}=\widehat{AFK}=\widehat{AEK}=\widehat{HPK}\Rightarrow TU//HP$

Mà $(QP,LU)=-1$ $\Rightarrow T(QP,LU)=-1$, Do $EK//TQ$ $\Rightarrow J$ là trung điểm của $VH$ với $J$ là giao điểm của $KE$ và $TP$. Từ đó tứ giác $TVPH$ là hình bình hành suy ra $EK$ đi qua trung điểm $J$ của $TP$.

Xin chào bạn! Bài này khá dễ nên chuyện lặp là bình thường, rất nhiều bạn đi thi thử về đều làm được và giống cách này nên chuyện lời giải ai giải trước không thể nói được. Mình và thầy có quen nhau thầy cũng biết tính mình nếu trích dẫn lời giải đều ghi nguồn. Nếu không tin có thể gặp trực tiếp hỏi thầy. Mình xin hết !

Mình cũng nói luôn nếu bạn nói dễ xin mời bạn không hiểu biết gì, lời giải trên để có được là sự tinh tế và cực kì khéo léo và mình khẳng định 100% bạn copy giải ! Xin lỗi mình bạn mình kém nên ko có lời giải cho bài này mà bạn nói trùng lặp là chuyện bth thì mình xin nói hẳn bạn chỉ là tên bốc đồng ~!