1.Cho tứ giác ABCD $AD\cap BC=M,AB\cap CD=N$ .Gọi I,E,K lần lượt là trung điểm của BD,AC,MN

cm:$\underset{IE}{\rightarrow},\underset{IF}{\rightarrow}$ cùng phương

2.ABCD nội tiếp đường tròn , $AB\cap DC=M,AD\cap BC=N$ đường pg góc AMD cắt AD,BC lần lượt tại E,F. Đường phân giác góc ANB cắt AB,CD lần lượt tại G,H. cm:$\underset{EH}{\rightarrow}= \underset{GF}{\rightarrow}$

Bài 4: 

theo dirichlet trong 19 số tự nhiên thì tồn tại 10 số có cùng số dư khi chia cho 2 

trong 10 số này thì tồn tại 4 số có cùng số dư khi chia cho 3 

trong 4 số đó chọn ra 2 số là x và y 

Ta có $x^2-y^2\vdots 4$

           $x^2-y^2\vdots 9$

Mà $(4;9)=1$

suy ra đpcm

$\frac{1}{\sum x^3}\geq \frac{1}{3}$

$\frac{8}{\prod (x+y)}\geq \frac{8.27}{\left [ 8(x+y+z)^3 \right ]}\geq \frac{8.27}{8.9.3}=1$

cộng lại ta có đpcm

1) Trên một bảng gồm $4\times 4$ ô vuông đc viết các dấu cộng , trừ . Đổi dấu đồng thời các ô nằm trên cùng 1 cột hoặc trên các ô dọc theo các đường thẳng song song với 1 trong 2 đường chéo bằng cách như vậy ra có thể nhận đc bảng chứa toàn dấu cộng ko ?

2) Tại đỉnh A1 của 1 đa giác đều 12 cạnh A1A2...A12 đc viết dấu trừ , các đỉnh còn lại được viết dấu cộng . CM: bằng cách đổi dấu đồng thời tại 6 đỉnh liên tiếp bất kì với số lần tùy ý , ta ko thể nhận đc đa giác mà tại đỉnh A2 viết dấu trừ còn các đỉnh khác viết dấu cộng.

3) Mỗi người sống trên trái đất đã thực hiện một số cái bắt tay nhất định vs những ng` khác . CM số ng` đã thực hiện 1 số lẻ cái bắt tay là số chẵn

giai theo dao ham coi

ai giai giup minh voi

Trên bàn cờ quốc tế có 8 quân xe , đôi một không ăn nhau . CMR : trong các khoảng cách đôi một giữa các quân xe , có 2 khoảng cách = nhau . Biết khoảng cách giữa 2 quân xe bằng khoảng cách giữa tâm các ô vuông mà quân các quân xe đứng 

giải chi tiết cho em với . sách giải mà em ko hiểu 

đăng lời giải đi luyện thi thủ khoa

luyện thi thủ khoa hay 

a,b,c ,p phai duong

bat dang thuc nay ko co min vi ta cho $a=b=c$ thi : 

A=$3\sqrt{\frac{2}{a+2}}$

a dương vô cực thì A càng nhỏ nên ko thể xác định được min

Với $k=1$ thì dễ kiểm tra thấy đúng 
Giả sử bài toán đúng với $k=j-1$ . Ta chứng minh nó cũng đúng với $k=j$ 
Xét $n$ lẻ thì đặt $n=2t-1$ 
Ta xét thử $1+\frac{2^j-1}{2t-1}=(\frac{2^{j-1}}{t}+1)(1+\frac{1}{2t-1})$ 
Mà theo giả thiết quy nạp $1+\frac{2^{j-1}-1}{t}=(1+\frac{1}{m_1})(1+\frac{1}{m_2})..(1+\frac{1}{m_{j-1}})$ 
Chọn $m_j=2t-1$ ta có điều phải chứng minh 
Tương tự xét $n$ chẵn thì ta cũng chú ý (ở đây $n=2t$) 
$1+\frac{2^j-1}{2t}=(1+\frac{2^{j-1}-1}{t})(1+\frac{1}{2t+2^j-2})$ 
Lập luận như trường hợp $n$ lẻ ta kết thúc bài toán 

thấy ảo quá

Từ đề bài ta có tồn tại dãy số nguyên không âm $(x_n)_{n\ge 1}$ sao cho $a.2^n+b=x_n^2 \Rightarrow x_n=\sqrt{a.2^n+b}$ 
Khi đó ta có $2x_n-x_{n+2}=\frac{3b}{\sqrt{a.2^{n+2}+b}+\sqrt{a.2^{n+2}+b}}$ 
Suy ra $lim_{n \rightarrow +\infty}(2x_n-x_{n+2})=0$ mà dãy $\{2x_n-x_{n+2}\}$ nguyên nên tồn tại $k_0 \in \mathbb{N^*}$ để mà 
$2x_n-x_{n+2}=0,\forall n \ge k_0$ hay $2x_n=x_{n+2},\forall n \ge k_0$ 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{a.2^n+b}=\sqrt{a.2^{n+2}+b},\forall n \ge k_0 \Leftrightarrow b=0$ 
Do đó $a.2^n$ là số chính phương với mọi số nguyên không âm $n$. Hiển nhiên ta phải có $a=0$ (đpcm)

giải cách số đi

cô si từng cái 

4.$a^2-ab+b^2\leq (a-b)^2+\frac{(a+b)^2}{4}\leq \frac{(a+b)^2}{4}\Rightarrow \prod (a^2-ab+b^2)\leq \frac{\left [ (a+b)(b+c)(c+a) \right ]^2}{64}\leq 12$ (am-gm)

3.

Theo Cauchy schwarz........................ Ta có :

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

 Cần CM: 

$\frac{(a+b+c)^2}{\sum a^3-3abc+\sum a}\geq \frac{1}{a+b+c}\Leftrightarrow (a+b+c)^3\geq \sum a^3-3abc+\sum a\Leftrightarrow 3(a+b)(b+c)(c+a)+3abc-(a+b+c)\geq 0$ (đúng vì giả thiết)

$\sum \sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}+\frac{4}{z^2}}\geq \sum \frac{x+\frac{4}{y}+\frac{16}{z}}{9}=\frac{\sum x+20(\sum \frac{1}{x})}{9}\geq \frac{\sum x+\frac{180}{\sum x}}{9}=\frac{\sum x+\frac{\frac{9}{4}}{x+y+z}+\frac{711}{x+y+z}}{9}\geq \frac{3+\frac{711}{\frac{3}{2}}}{9}=53$

PS: bài này trâu vãi

Giả sử tồn tại $a,b,c$ nguyên dương sao cho $k=a^2+b^2+c^2-abc (1)$ mà $k$ không phải là số chính phương 
Dễ thấy $k>0,k \le c$. Cố định $k$ và giả sử $(a,b)$ thỏa mãn $(1)$ 
Gọi $F(c,k)=\{a,b \in \mathbb{N^*},a^2+b^2-abc=k\}$ 
Giả sử $a \ge b$ . Xét phương trình $x^2-xbc+b^2-k=0 (2)$ ,nhận thấy $a$  là một nghiệm của phương trình $(2)$ và giả sử $a_1$ là nghiệm còn lại 
Theo định lí Vieta : $\begin{cases} &a_1+a=bc&\\&a_1a=b^2-k& \end{cases} (3)$ 
Dễ thấy $a_1 \in \mathbb{Z}$ . Nếu $a_1=0$ thì $b^2=k$ trái với điều ta đã giả sử 
$a_1<0$ thì $k=a_1^2+b^2-a_1bc \ge a_1^2+b^2+bc>c$ trái với $k \le c$ 
Vậy $a_1 \in \mathbb{Z^+}$ 
Bây giờ từ $(3)$ ta có $a_1=\frac{b^2-k}{a}<a$ vì ta đã giả sử $a \ge b$ . 
Như vậy từ cặp nghiệm $(a,b)$ ta xây dựng được cặp nghiệm mới $a_1+b_1<a+b$ vô lí . Vậy ta có điều phải chứng minh 
Mạnh hơn : Nếu $|a^2+b^2-abc-2|<c$ thì $a^2+b^2-abc$ là số chính phương 

phải bổ sung là . theo nguyên lý cực hạn giả sử $a+b$ nhỏ nhất mới suy ra được điều vô lý

Đổi biến $(a;b;c)= (\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})$

Bất đẳng thức cần chứng minh <=>$(x+y-z)(x-y+z)(y+z-x)\leq xyz$( chứng minh BĐT này khá khó )

Giả sử $x\geq y\geq z$

TH1:$y+z>x$

Ta có: $x+y>z;y+z>x;z+x>y$

=>x;y;z là 3 cạnh của 1 tam giác

Áp dụng phép thế Ravi, đặt $x=p+q;y=p+r;z=q+r$(p,q,r>0)

Khi đó (1)<=>$(y+z)(z+x)(x+y)\geq 8xyz<=>x(y-z)^2+z(x-y)^2+y(x-z)^2>0$(hnđ)

=>đpcm

TH2:$y+z\leq x=>xyz\geq 0\geq (y+z-x)(x+z-y)(x+y-z)$

=>đpcm

Vậy BĐT được chứng minh

BDT này đâu đối xứng

Cho a,b,c >0 . Tm: $a+b+c=3abc$ .cm:

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

Cho dãy ($u_{n}$), ($v_{n}$) thoả mãn:

$\left\{\begin{matrix} u_{1}=v_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\\ u_{n+1}=\frac{u_{n}}{4v_{n+1}^{2}-1}\\ v_{n+1}=\frac{v_{n}}{1-4u_{n+1}^{2}} \end{matrix}\right.$

Tìm $lim( u_{n}),lim (v_{n})$

hoc day so som the cuong

sau khi áp dụng CauChy Swarz thì ta cần cm: 

 $8\prod (a+b)\geq (a+b+c+\sqrt[3]{abc})^3$

Mặt khác : $8\prod (a+b)\geq \frac{64}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)$

Do đó cần CM $\frac{4}{\sqrt[3]{9}}\sqrt[3]{(\sum a)(\sum ab)}\geq a+b+c+\sqrt[3]{abc}$

Bất đẳng thức trên thuần nhất . ta chuẩn hóa $\sum a= 3$

$\frac{4}{\sqrt[3]{9}}\sqrt[3]{(\sum a)(\sum ab)}\geq \frac{4}{\sqrt[3]{9}}\sqrt[3]{3.3\sqrt[3]{(abc)^2}}=4\sqrt[9]{(abc)^2}$$

Đặt $\sqrt[9]{abc}=x$ 

đến đây làm tiếp đi

Định lí 1 : Cho $a,c$ là các số thực không âm và $f:[a,b] \rightarrow [c,d]$ là hàm đơn điệu tăng ,khả nghịch 
Khi đó $\sum_{a \le k \le b} [f(k)]+\sum_{c \le k \le d} [f^{-1}(k)]-n(G_f)=[b][d].\alpha(a)\alpha(c)$ 
Trrong đó $k$ là số nguyên , $n(G_f)$ là số điểm nguyên của đồ thị hàm $f$ trên đoạn $[a,b]$ và $\alpha: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{Z}$ được xác định bởi : 
$\alpha(x)=[x]$ khi $x \in \mathbb{R},x \not \in \mathbb{Z},\alpha(x)=0$ khi $x=0,\alpha(x)=x-1$ khi $x \in \mathbb{Z}$ và  $x \ne 0$
 Đi vào bài toán :  Xét hàm $f:[1,n] \rightarrow [1,\sqrt{n}],f(x)=\sqrt{x}$ 
Vì $f$ là hàm đơn điệu tăng và hàm ngược của nó là $f^{-1}(x)=x^2$ nên áp dụng định lí trên ta có
$\sum_{k=1}^n [\sqrt{k}]+\sum_{k=1}^{[\sqrt{n}]} [k^2]-n(G_f)=n[\sqrt{n}]$  
Mặc khác $[\sqrt{n}]=a$ là số điểm nguyên dương của đồ thị hàm số trên nên :
$\sum_{k=1}^n [\sqrt{k}]=(n+1)a-\sum_{k=1}^a k^2$  

ảo diệu . ko hiểu

cái đề lạ vậy. thế ban đầu có 100 ô có dấu (+) à