Ta sẽ chứng minh $ID=IB=IC$. Thật vậy, ta có $\widehat{IBD}=\widehat{IBC}+\widehat{CBP}=\widehat{IBC}+\widehat{DAC}=\frac{\widehat{B}}{2}+\frac{\widehat{A}}{2}$

Và $\widehat{BID}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\frac{\widehat{A}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}$

$\Rightarrow \widehat{IBD}=\widehat{IBD}$ nên $\Delta IBD$ cân tại $D$ suy ra $IB=ID$

Chứng minh tương tự ta dược $IB=IC=ID$ nên $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC$

Áp dụng công thức $S=\frac{abc}{4R}$ với $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác và $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp, ta có: $\frac{IB.IC.BC}{S}=4.ID\Rightarrow \frac{2.IB.IC.BC}{BC.r}=4.ID\Rightarrow \frac{IB.IC}{ID}=2r$ 

Dễ dàng chứng minh rằng cung $MB'$ bằng cung $MC'$, cung $PB'$ bằng cung $PA'$, cung $NA'$ bằng cung $A'P$( để ý các đường phân giác $IA,IB,IC$)

Như vậy theo tính chất hai góc chắn một cung bằng nhau trong một đường tròn thì bằng nhau nên ta có $\widehat{C'B'N}=\widehat{NB'A'};\widehat{C'A'M}=\widehat{B'A'M};\widehat{PC'A'}=\widehat{PC'B'}$

Vậy $C'P;B'N;A'M$ tương ứng là các đường phân giác của $\Delta A'B'C'$ nên $PC';MA';NB'$ đồng quy.

Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:

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

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:

                        $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+zx$

Em xin gửi hai bài ạ:

Bài 96: Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa mãn điều kiện:

                                     $abc+bcd+cda+dab=a+b+c+d+\sqrt{2016}$.

Chứng minh rằng: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)\geq 2016$.

Bài 97: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn:

                                      $\frac{32}{a+32}+\frac{3}{2b+3}\leq \frac{4c}{4c+21}$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của $abc$.

 Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b,c$ để $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$

II. CÁC BÀI TOÁN VẾ SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
 

$\fbox{6}.$ Chứng minh nếu $n!+1 \vdots n+1$ thì $n+1$ nguyên tố.
 

Giả sử $n+1$ là hợp số, tức là $n+1$ phải có một ước $p$ thỏa $1< p< n+1\Rightarrow 1< p\leq n$.

Vậy suy ra $n!\vdots p$ mà $(n!+1)\vdots p\Rightarrow ((n!+1)-n!)\vdots p\Rightarrow 1\vdots p\Rightarrow p=1$. ( vô lý)

Vậy điều giả sử là sai, tức là $n+1$ là số nguyên tố

$\fbox{2}.$ Chứng minh trong $1900$ số tự nhiên liên tiếp thì có một số có tổng các chữ số chia hết cho $27.$
 

Xét trong $1001$ số tự nhiên đầu tiên của $1900$ số tự nhiên liên tiếp thì phải có một số chia hết cho $1000$. Đặt số đó là $\overline{A000}$ và tổng các chữ số của số này là $n$. Khi đó ta xét $899$ số tiếp theo sau số này (hiển nhiên là $899$ số này vẫn nằm trong $1900$ số tự nhiên ban đầu). Khi đó các số này sẽ có dạng:  $\overline{A001},\overline{A002},\overline{A003},...,\overline{A899}$.

Vậy tổng các chữ số của các số này sẽ lần lượt nhận các giá trị từ $n;n+1;n+2;...;n+26$.Mà trong $27$ số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho $27$ nên trong $27$ số $n;n+1;n+2;...;n+26$ có một số chia hết cho $27$. Do đó trong $1900$ số tự nhiên liên tiếp có một số có tổng các chữ số chia hết cho $27$.

tại sao em gửi bài lại bảo "Định dạng file hình ảnh không phù hợp ạ"