khô

dấu đúng nha bạn

không hiểu à từ điều kiện thì BĐT cuối của bạn TrucCumgarDaklak bị ngược dấu không =$\frac{3\sqrt{17}}{2}$

Khi nào a+b+c=6 thì mới thế vào được. Còn sau khi sử dụng Mikowski xong phải đánh giá BĐT cuối mà nếu $a+b+c\geq 6$ thì BĐT cuối đánh giá bị ngược dấu

Bài hình tương đối

co tri tuyet doi la duoc roi may ban , khong can xet am hay duong vi tri tuyet doi luon lon hon bang so am

kĩ thuật đặt p,q,r

Give x,y,z,a,b,c positive satisfy $xyz=ax+by+cz$ prove that

$x+y+z\geq \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$

Cauchy-schwarz

Bài 2 

$x^{2}-2x+7+\sqrt{x+3}=2\sqrt{1+8x}+\sqrt{1+\sqrt{1+8x}}\Leftrightarrow (x+3)^{2}+\sqrt{x+3}= (1+\sqrt{1+8x})^{2}+\sqrt{1+\sqrt{1+8x}}$

Đặt a=$\sqrt{x+3},b= \sqrt{1+\sqrt{1+8x}}$,a,b$\geq 0$

phương trình tương đương

$a^{4}+a=b^{4}+b\Leftrightarrow (a-b)\left [ (a+b)(a^{2}+b^{2})+1 \right ]= 0$

vì $(a+b)(a^{2}+b^{2}+1)>0$ nên chỉ có trường hợp là a=b

suy ra $\sqrt{x+3}= \sqrt{1+\sqrt{1+8x}}$$\Leftrightarrow x+2= \sqrt{1+8x}\Rightarrow x^{2}-4x+3= 0\Leftrightarrow x= 1 hoặc x=3

Vậy $S= \left \{ 1,3 \right \}$

1b gọi r là số dư khi chia  abcde cho $10^{4}$

ta có $2009^{2}\equiv 1(mod 5)\Rightarrow 2009^{2008}\equiv 1(mod 5)$

Từ đây ta nhận xét rằng a=b=c=d=e thì nó không phải là nghiêm của $a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}+e^{4}=2009^{2008}$

Áp dụng BĐt AM-GM

ta có $a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}+e^{4}\geq 5a^{4}b^{4}c^{4}d^{4}e^{4}> 5abcde$( vì dấu bằng không xảy ra)

Suy ra $10^{4}\leq abcd< \frac{2009^{2008}}{5}\Rightarrow 0\leq r< 1(mod 10^{4})$

mà r phải là một số tự nhiên vì a,b,c,d,e là các số tự nhiên

nên r=o đồng nghĩa là abcde $\vdots$ 10$10^{4}$(DPCM)

BÀI này trong oympic 30/4

bài một dùng phương pháp phản chứng

Bài 2

ta thấy dấu bằng xảy ra không phải là a=b=c

Để không làm mất tính tổng quát của bài toán Giả sử:$c\geq a\geq b$$\Rightarrow$$2c\geq a+b$

Mặt khác

BĐT $\Leftrightarrow$ $\sum \sqrt{\frac{1}{4}(a+c)^{2}+\frac{3}{4}(a-c)^{2}}$$\geq \sqrt{(a+b-c)^{2}+3c^{2}}$

Ta cần chứng minh $\sqrt{(a+b-c)^{2}+3c^{2}}\geq \sqrt{3c^{2}}\geq \sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}$(vì c$\geq a\geq b$)

biến đổi tương đương suy ra DPCM

Bài của mình còn rất nhiều sai sót mong các bạn góp ý !

cai này dễ cứ sử dụng tam giac vuông nửa đều hoặc PYTAGO là xong

bài này co một bạn đã đăng rồi.Nếu bạn muốn tham khảo lời giải thì vào xem bài viết của mình trong trang cá nhân 

Mình nghĩ bài này không cần dúng đến Menelaus

gọi $K= AN\cap BC$

áp dụng câu trên nên$\frac{AN}{NK}= \frac{AF}{DK}=\frac{AE}{DK}= \frac{AE}{EB}= \frac{AE}{BD}$

suy ra BD=DK

áp dụng định lý TALET

cho 2 tam giác:ABD,ADK

suy ra:$\frac{EM}{BD}=\frac{MN}{DK}$

Vậy M là trung điểm EN 

Bài này ở mức tương đối

Trên AE lấy K sao cho DM=EK

Suy ra bằng hệ quả talet ta có được

MK song song DE

Mặt khác

Trong $\Delta CMK$. áp dung định lý TALET

$\frac{IM}{IC}= \frac{KE}{EC}= \frac{DM}{EC}(DPCM)$

À đúng rồi

phải là $\frac{2018}{2017}$

mình xin được chứng minh

từ A kẻ trung tuyến AK

ta có trong$\Delta AKC$

$\cos C= \frac{AC^{2}+CK^{2}-AK^{2}}{2AC.CK}$(1)

trong $\Delta ABC$

$\cos C= \frac{AC^{2}+BC^{2}-AB^{2}}{2AC.BC}$(2)

ta có 2CK=BC kết hợp (1)và(2)  thu gọn ta đươc

$AK^{2}= \frac{AC^{2}+AB^{2}}{2}-\frac{BC^{2}}{4}$

Bài 2 

Ta có:$a-b= \sqrt{29+12\sqrt{5}}-2\sqrt{5}=\sqrt{(3+2\sqrt{5})^{2}}-2\sqrt{5}= 3$

Biến Đổi với $a-b= 3$$\Rightarrow B=(a-b)^{3}+(a-b)^{2}+2015= 3^{3}+3^{2}+2015=2051$

Bài 1: Đặt T=$\sqrt{x-\sqrt{50}}-\sqrt{x+\sqrt{50}}\Rightarrow T^{2}= 2(x-\sqrt{x^{2}-50})$

$\Rightarrow A= \sqrt{2(x-\sqrt{x^{2}-50})}.\sqrt{x+\sqrt{x^{2}-50}}\Leftrightarrow A= \sqrt{2.50}= 10$

khoang hả up đáp án

Theo lời giải của mình là

ta cần cm: a+b+c=ab+bc+ca=$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Ta có $a+\frac{1}{a}\geq 2\Rightarrow \frac{1}{a}\geq 2-a$

Suy ra:$a+b+c\geq 6-(a+b+c)\Leftrightarrow a+b+c\geq 3$(CM bằng AM-GM vì abc=1)(đúng vì đây là chứng minh tương đương)

Nên a+b+c=ab+bc+ca là đúng

ÁP Dụng BĐT cauchy-swarz

$\sqrt{a(a+bc)}+\sqrt{b(b+ca)}+\sqrt{c(c+ab)}\leq \sqrt{(a+b+c)(a+b+c+ab+ca+ba)}= \sqrt{2}(a+b+c)(ĐMPC)$

chứng minh cái gì ?