relax tí đi anh
em công nhận là toán học càng phát triển thì người ta lại càng thik đi cm mấy cái hiển nhiên
ví dụ như thầy em đã ra một bài toán...pó tay:
Trong mặt phẳng cho một đường tròn. Chứng minh rằng đường tròn đó chia mặt phẳng thành 2 phần, một phần bị giới hạn bởi đường tròn, một phần tỏa ra ngoài mặt phẳng

Cậu có thể share lời giải k?t thấy cái này khá thú vị đấy!T đoán là thầy Hùng cho

Bài này có 1 cách khá hay trong quyển NVKCTBDTTH(trang 165)

Bạn có thể post lên k?Mình k dịch đc tên cuốn đó,mà chắc là mình cũng k có !Mình cũng chưa tìm thử cách khác
@tùng : bạn viết sai tên mình rồi đó

cách khác nhé:
$a^3+b^3=(a+b)(a^2+b^2-ab)>=ab(a+b)$ suy ra $a^3+b^3+abc>=ab(a+b+c)$
Tương tự $b^3+c^3+abc>=bc(a+b+c),a^3+c^3>=ac(a+b+c)$
Do đó
$1/(a^3+b^3+abc)+1/(b^3+c^3+abc)+1/(a^3+c^3+abc)<=1/(ab(a+b+c))+1/(bc(a+b+c))+1/(ac(a+b+c))=(a+b+c)/(abc(a+b+c))=1/abc$

Nói cách khác là không chuẩn,ý tưởng là 1 chỉ là viết rõ hơn thôi!
@công duy Đây là USA MO 1998 .Bài này có trong STBĐT,e có thể đọc thêm các bài có cùng ý tưởng này

Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$
Chứng minh:
$ \dfrac{1}{ a^{2} -a+1}+ \dfrac{1}{ b^{2} -b+1}+\dfrac{1}{ c^{2} -c+1} \leq 3$

Nhìn khá đẹp
$ \sum \dfrac{1}{ a^{2} -a+1}=3- \sum \dfrac{a(a-1)}{ a^2 -a+1}\leq 3- \sum \dfrac{a(a-1)}{a}\leq 3- \sum (a-1)=6-(a+b+c)\leq3$
Do $ a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}=3 $
$ \Rightarrow $Q.E.D

Tui thấy anh Thắng có cả bài ni nữa nè!
Cho a,b,c dương
CMR:$ \sum \dfrac{1}{ a^{a}(a+b)(a+c)} \geq \dfrac{3}{2}$
Không biết VT có phải là vậy ko nữa

Thắng nào nhỉ?có phải Nguyễn Văn Thắng không?

Cách này khá hay cái bước mà bạn hỏi,chỉ là biến đổi tương đương thôi
Áp dụng Cauchy ta có: $ \dfrac{x}{2}+\dfrac{x}{2}+\dfrac{3\sqrt{3}x^4}{2} \geq \dfrac{3\sqrt{3}x^2}{2} \Leftrightarrow x \geq \dfrac{3\sqrt{3}x^2(x^2-1)}{2} \Leftrightarrow \dfrac{x}{x^2-1} \geq \dfrac{3\sqrt{3}x^2}{2} $

chỉ biến đổi tương đương thôi!

Cho $a+b+c=1 (a;b>0) . CMR:$
$ \dfrac{19b^3-a^3}{ab+5b^2} + \dfrac{19c^3-b^3}{bc+5c^2} + \dfrac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}$

Thiếu đpcm hả e
Bổ sung luôn nhé
$ 3 \geq \dfrac{19b^3-a^3}{ab+5b^2} + \dfrac{19c^3-b^3}{bc+5c^2} + \dfrac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}$
Đánh giá $ 4b-a \geq \dfrac{19b^3-a^3}{ab+5b^2} $
Xây dựng 2 cái như thế cộng vào là ra

E cần 1 số tài liệu về lượng đb là pp lượng giác hóa.Ai có links thì có thể share cho e đc k ạ!thanks mọi ng nhiều
Thân mến!

Các bạn thân mến,

Lớp học của CLB Toán học sẽ bắt đầu trở lại từ ngày 10/1. Chúng ta sẽ học trong 1 tháng, sau đó nghỉ Tết. Đến đầu thàng 3 sẽ học lại. Sau đây là lịch học chi tiết của tháng 1:

10/1: Thầy Trương Tứ Hải dạy về Hệ thức lượng trong tam giác và đường tròn
17/1: Thầy Trần Đức Huyên dạy về Cực trị hàm số
24/1: Bài giảng bất đẳng thức
31/1: + Bài giảng Toán tổ hợp
+ Cuộc thi đồng đội

Ban chủ nhiệm CLB

e đang học về lương vậy nên thầy có thể post bài giảng của thầy Trương Tứ Hải đc k ạ?Nếu đc cả 3 thì tốt quá ạ!
Cho e hỏi,Câu lạc bộ này có học vào dịp hè k ạ?
E cảm ơn thầy!

Ban oi, BDT dau co sai
a=3,b=c=0 thi LHS=3>3/2!

Mình nhầm đề
Bạn nên post cách cm lên chứ k nên chỉ nói thế thôi!
Check lại lần cuối
$ \sum \dfrac{a}{1+ b^{3} } =\sum \dfrac{a(b^2-b+1)}{1+ b^{3}} - \sum \dfrac{a(b^2-b)}{1+ b^{3}}\geq \sum \dfrac{a}{1+ b} - \sum \dfrac{ab(b-1)}{(1+b)b}\geq \sum \dfrac{a}{1+ b} - \sum \dfrac{a(b-1)}{1+b}=\sum \dfrac{2a}{1+ b} - \sum \dfrac{ab}{1+b} \geq \sum \dfrac{2a}{1+ b} - \sum \dfrac{a\sqrt{b}}{2 } \geq \dfrac{3}{2} $
Ta có Q.E.D

Nguyễn Văn Thắng ở Đô Lương,Thắng cừ nhất,nhì tỉnh toán đấy.Ở đây mà muốn thi vào ĐHKHTN thì phải có giấy gì của tĩnh đấy.Phiền hà rắc rối lắm.Mình cũng mơ vào đây nhưng tự lượng sức mình thôi.Ở Phan không ngờ bị trượt vì một câu tặng điểm.Tiếc quá!

mình cũng nhìn thấy mặt mũi bạn này rồi,còn 1 nhân khá pro nữa là hiếu lớp A1!k biết bạn này đến từ đâu thấy bảo học hình khá ảo
Năm nay các men đến từ Nam Định,Nghệ An ....khá nổi!
To abstract : tình hình đội tuyển dạo này thế nào cậu?thấy bảo bạn hoàng anh đứng t3 mà không học à,girl mà pro ghê ha?k biết cậu đc bao nhiêu?

Nhầm lẫn ở tử rồi. Phải là $ ab^{3} $

Thật tiếc khi đề bài này lại bị sai mất rồi a=3,b=c=0
Khá giống với bài bđt trong THTT thág vừa rồi,n mình chưa có thời gian để check lại bài này,có vẻ nó k chỉ sai với 1 TH nói trên

Bài này mình thấy khá hay đấy , đã ai thử chưa ?

See here! http://www.mathlinks...r...207&t=78739
@ Phep thuat :anh cho e hỏi đội tuyển năm nay có girl nào không anh?

Cho $a,b,c \geq 0$ va $a+b+c=3$
Chung minh: $ \sum \dfrac{a}{1+ b^{3} } \geq \dfrac{3}{2} $

$ \sum \dfrac{a}{1+ b^{3} } \geq =3- \sum \dfrac{ab^2}{1+ b^3 } \geq 3- \sum \dfrac{ab^2}{2 b\sqrt{b} } \geq 3- \sum a \sqrt{b} \geq \dfrac{3}{2} $

Cho $a,b,c \geq 0$ và $a+b+c=3$. CMR:
$ \dfrac{1}{1+2a b^{2} }+\dfrac{1}{1+2bc^{2} }+ \dfrac{1}{1+2ca ^{2} } \geq 1$

đúng là khá đẹp!

$\dfrac{c^2}{c^2+2a b^2 c^2}+\dfrac{a^2}{a^2+2bc^2 a^2 }+ \dfrac{b^2}{b^2+2ca ^2 b^2 } \geq \dfrac{c^2}{c^2+2 bc}+\dfrac{a^2}{a^2+2ca }+ \dfrac{b^2}{b^2+2ab } \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{c^2+2 bc+a^2+2ca+b^2+ab} \geq 1$
Ta có đpcm!

Sorry a do e đọc đề ko kĩ! Anh có thể post cách cm luôn ko
Em cũng chưa nghĩ ra để giải quyết cái nhóm ab đó!

Chị thấy chỉ còn cách bình phương lên ^^ vì chị cũng bí,chỉ tìm nổi cách đó

Tìm đa thức
a,$P(x)^2-2=2P(2x^2-1)$
b,$P(x)^2-1=4P(x^2-4x+1)$

Các bài này khá đơn giản,
Ở bài 1,e dễ dàng chỉ ra có 1 số p hoặc q =2
Bài 2 thì chị nghĩ e post thiếu đề thì phải,nếu k thì chặn khéo 1 chút là ra
Bài 3,4 hướng dễ thấy là phản chứng
Bài 5 là qui nạp
với các hướng đấy,nếu k ra e có thể Pm cho chị
Cố done e nhé,nếu done thì có thể post lên cho các bạn tham khảo
To: king_math
e k nên nói như thế,rất dễ gây mất đoàn kết e ạ
Các e nên cũng thảo luận chứ k nên vậy,chúc e sẽ làm đc n~ bài này,chị nghĩ e sẽ làm đc ^^
chờ lời giải của e
Thân!

Mọi người thử xem thêm bài này
Cho tam giác ABC nhọn CMR :
$P=sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)( \dfrac{ \sqrt{cos(A/2)} }{sin(A/2)}+ \dfrac{ \sqrt{cos(B/2)} }{sin(B/2)}+ \dfrac{ \sqrt{cos(C/2)} }{sin(C/2)})-\dfrac{ 1}{2} sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2) \leq \dfrac{ 1}{2}$
P/s dấu = k xảy ra khi tam giác ABC đều

Do $ (x - 1)Q(x) = {x^5} - 1 $ nên tồn tại 4 giá trị khác nhau của $ Q(x) $ thỏa $ Q(x) = 0 \Leftrightarrow {x^5} = 1 $
Cái bước này mình k hiểu cho lắm!
Bạn có thể nêu cái lí do tồn tại 1 cách rõ ràng hơn k?

Đúng rồi, viết cho rõ hơn thì:

Gọi $\alpha$ là góc nhỏ nhất trong $m$ góc của đa giác bao lồi. Khi đó ta có:

$\alpha \leq \dfrac{\pi(m - 2)}{m}$

mà $\alpha \geq \dfrac{\pi(n - 2)}{n}$

$\Rightarrow \dfrac{\pi(m - 2)}{m} \geq \dfrac{\pi(n - 2)}{n}$

$\Rightarrow m \geq n$

Tiếp tục
Định lí kelli
Trên mặt phẳng cho n điểm biêtd rằng ba điểm bất kì trong đó đc che bởi 1 hình tròn bk =1
CMR có thể che đa giác lồi có các đỉnh là n điểm trên = 1 hình tròn bk =1

Cho tam giác ABC nhọn.3 đường cao AD,BE,CF.Kẻ AP,BQ và CR vuông góc với FE,DF và EF lần lượt tại P,Q,R.
Chứng minh rằng:
P(ABC).P(PQR) $\geq $ P^2(DEF)
À có File dành tặng các bạn nữ !!!
E nên attach file lên luôn

Giả sử có thể bao lồi n giác đều này = 1 đa giác có m đỉnh
Dễ thấy số đo các góc của m-giác > số đo các góc của n-giác
Nên với $ \alpha_i$ là số đo góc của m-giác thì
$ \alpha_i \geq \dfrac{n-2}{n} \pi $
Do đó $ \sum \alpha_i \geq m \dfrac{n-2}{n} \pi $
Từ đây --> $ m \geq n $
-->ĐPCM

Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bình phương bằng 3. Chứng minh rằng

$ \dfrac{1}{4-\sqrt{ab}} + \dfrac{1}{4-\sqrt{bc}} + \dfrac{1}{4-\sqrt{ca}} \le 1 $

Các bạn làm thử nhé.

Nhân đây, các bạn kiểm tra xem bất đẳng thức sau có đúng không (cũng với điều kiện trên):

$ \dfrac{1}{8-(a+b)} + \dfrac{1}{8-(b+c)} + \dfrac{1}{8-(c+a)} \le \dfrac{1}{2} $

Đề bài này vẫn đúng ạ lời giải http://forum.mathsco...ead.php?t=10434