Bài toán: Cho tam giác $ABC$ biết $0<A\leq B\leq C<\dfrac{\pi }{2}$. Chứng minh rằng $\dfrac{2\cos 3C-4\cos 2C+1}{\cos C}\geq 2$.

câu 1: $\left\{\begin{matrix} x\sqrt{1-y^{2}}+y\sqrt{1-x^{2}}=1\\ (1-x)(1+y)=2 \end{matrix}\right.$

Lời giải:
Điều kiện xác định: $\left | x \right |,\left | y \right |\leq 1$.
Đặt $x=\cos \alpha$, $y=\cos \beta$ ($\alpha,\beta \in \left [ 0;\pi \right ]$).
Khi đó hệ đã cho trở thành:
$$\left\{\begin{matrix} \cos \alpha \sin \beta +\cos \beta \sin \alpha =1 \\ \left ( 1-\cos \alpha \right )\left ( 1-\cos \beta \right )=2 \end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sin \left ( \alpha +\beta \right )=1 \\ \left ( 1-\cos \alpha \right )\left ( 1-\cos \beta \right )=2 \end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \alpha +\beta =\dfrac{\pi }{2} \\ \left ( 1-\cos \alpha \right )\left [ 1+\cos \left ( \dfrac{\pi }{2}-\alpha \right ) \right ]=2 \end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \beta =\dfrac{\pi }{2}-\alpha \\ \sin \alpha -\cos \alpha =1+\sin \alpha \cos \alpha \end{matrix}\right.$$
Đặt $t=\sin \alpha -\cos \alpha$, $\left | t \right |\leq \sqrt{2}$ và $1-t^{2}=2\sin \alpha \cos \alpha$. Khi đó:
$$\left\{\begin{matrix} \beta =\dfrac{\pi }{2}-\alpha \\ t^{2}+2t-3=0 \end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \beta =\dfrac{\pi }{2}-\alpha \\ t=1 \end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \beta =\dfrac{\pi }{2}-\alpha \\ \sin \alpha -\cos \alpha =1 \end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \beta =0 \\ \alpha =\dfrac{\pi }{2} \end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=0 \\ y=1 \end{matrix}\right.\\$$
Vậy hệ có nghiệm duy nhất $\left ( x;y \right )=\left ( 0;1 \right )$. $\blacksquare$

câu 1: $\left\{\begin{matrix} x\sqrt{1-y^{2}}+y\sqrt{1-x^{2}}=1\\ (1-x)(1+y)=2 \end{matrix}\right.$

câu 2:$\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}=1\\ \sqrt{2}(x-y)(1+4xy)=\sqrt{3} \end{matrix}\right.$

Đã gửi ở đây, khóa topic nhé

câu 2:$\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}=1\\ \sqrt{2}(x-y)(1+4xy)=\sqrt{3} \end{matrix}\right.$

Lời giải:
Đặt $x=\sin t$, $y=\cos t$ ($t\in \left [ 0;2\pi \right ]$).
Khi đó ta có:
$\left ( \sin t-\cos t \right )\left ( 1+4\sin t\cos t \right )=\sqrt{\dfrac{3}{2}}\\ \Leftrightarrow \cos \left ( 3t-\dfrac{\pi }{4} \right )=-\sqrt{\dfrac{3}{2}}\\ \Leftrightarrow t\in \left \{ \dfrac{13\pi }{36};\dfrac{17\pi }{36};\dfrac{37\pi }{36};\dfrac{41\pi }{36};\dfrac{61\pi }{36};\dfrac{65\pi }{36} \right \}\\ \Leftrightarrow \left ( x;y \right )=\left \{ \left ( \sin \dfrac{13\pi }{36};\cos \dfrac{13\pi }{36} \right );\left ( \sin \dfrac{17\pi }{36};\cos \dfrac{17\pi }{36} \right );\left ( \sin \dfrac{37\pi }{36};\cos \dfrac{37\pi }{36} \right );\left ( \sin \dfrac{41\pi }{36};\cos \dfrac{41\pi }{36} \right );\left (\sin \dfrac{61\pi }{36};\cos \dfrac{61\pi }{36} \right );\left ( \sin \dfrac{65\pi }{36};\cos \dfrac{65\pi }{36} \right ) \right \}. \ \ \blacksquare$

Bài toán: Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f\left ( x-f\left ( y \right ) \right )=f\left ( f\left ( y \right ) \right )+xf\left ( y \right )+f\left ( x \right )-1, \ \ \forall x,y\in \mathbb{R}$.

Tìm các số nguyên dương $a,b$ thỏa $a^2-2b^2=1$ và $80<a<120$
___
NLT

Hình như đây là phương trình Pell thì phải tham khảo thêm ở đây nhé .

cách giải ấy

Đây là bài toán trong cuộc thi Violympic nên anh nghĩ em nên gửi ở đây, chú ý tiêu đề luôn em nhé

Bài toán 1: Cho $a,b.c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng $\dfrac{bc}{\sqrt{a+bc}}+\dfrac{ca}{\sqrt{b+ca}}+\dfrac{ab}{\sqrt{c+ab}}\leq \dfrac{1}{2}$.

Bài toán 2: Chứng minh rằng với mọi $a,b,c$ dương thỏa mãn $a+b+c=3$ thì $\dfrac{a^{2}b}{2a+b}+\dfrac{b^{2}c}{2b+c}+\dfrac{c^{2}a}{2c+a}\leq \dfrac{3}{2}$.
----

bài 2:
tim GTLN và GTNN của biểu thức
$A=\sqrt{x-1}+\sqrt{4-x}$

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Shwarz ta có:
$A^{2}=\left ( \sqrt{x-1}+\sqrt{4-x} \right )^{2}\leq\left ( 1^{2}+1^{2} \right )\left ( x-1+4-x \right )=6\Rightarrow \left | A \right |\leq\sqrt{6}$.
Từ đây là tìm được giá trị lớn nhất và nhỏ nhất rồi nhé .

1) $\left\{\begin{matrix}x^{3}+1=2(x^{2}-x+y) & & \\ y^{3}+1=2(y^{2}-y+x) & & \end{matrix}\right.$

Lời giải:
Trừ vế theo vế hai phương trình ta được:
$x^{3}-y^{3}=2\left ( x^{2}-y^{2}-2x-2y+4 \right )=0\\ \Leftrightarrow \left ( x-y \right )\left ( x^{2}+xy+y^{2}+y^{2}-2y+4 \right )=0\\ \Leftrightarrow \left ( x-y \right )\left [ \left ( \dfrac{x}{2}+y-2 \right )^{2}+\dfrac{3x^{2}}{4} \right ]=0$
Đến đây bạn tự giải tiếp nhé .

chỗ này bạn tách hình như có vấn đề

Trừ vế theo vế ta được:
$x^{3}-y^{3}=2\left ( x^{2}-y^{2} \right )-4\left ( x-y \right )\\ \Leftrightarrow \left ( x-y \right )\left [ x^{2}+xy+y^{2}-2\left ( x+y \right )+4 \right ]=0\\ \Leftrightarrow \left ( x-y \right )\left [ x^{2}+\left ( y-2 \right )x+\left ( y^{2}-2y+4 \right ) \right ]=0\\ \Leftrightarrow \left ( x-y \right )\left [ \left ( \dfrac{x^{2}}{4}+2.\dfrac{x}{2}.\left ( y-2 \right )+\left ( y-2 \right )^{2} \right )+\dfrac{3x^{2}}{4} \right ]=0\\ \Leftrightarrow \left ( x-y \right )\left [ \left ( \dfrac{x}{2}+y-2 \right )+\dfrac{3x^{2}}{4} \right ]=0$

Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên
$\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{1989}$

Gợi ý:
- Ta viết lại $\sqrt{1989}$ dưới dạng $a\sqrt{b}$.
- Để phương trình có nghiệm nguyên thì $\sqrt{x}=m\sqrt{b}$ và $\sqrt{y}=n\sqrt{b}$ trong đó $m+n=a$ và $m,n$ nguyên dương.
- Giải hệ trên và chọn nghiệm thích hợp.

Cho mình xin chuyên đề tìm chữ số cuối cùng bằng đồng dư đi ạ, đang cần gấp dể thi casio lớp 12. Mong các bạn giúp đỡ

Hình như trong các tài liệu đó có đấy bạn, bạn tìm trên google nữa là có mà.

Bạn gữi mình link file tài liệu được không? Hay là nếu bạn chọn sẵn mà hay rồi chia sẽ mình với thân!

Về casio mình không rành cho lắm bạn hỏi thêm nthoangcute thử nhé .
http://tailieu.vn/xe...ung.293502.html

$P = (x+my-2)^{2}+(4x+2(m-2)y-1)^{2}$
(Đề Đại Học Quốc Gia HN 2001)

Đã gửi ở đây, xin phép khóa topic.

Đây có phải là bất đẳng thức Holder không?
$(abcd+mnpq+xyzt)^3\leq (a^3+m^3+x^3)(b^3+n^3+y^3)(c^3+p^3+z^3)(d^3+q^3+t^3)$

Bất đẳng thức Holder với số mũ là $3$:
\[\left( {1 + {a^3}} \right)\left( {1 + {b^3}} \right)\left( {1 + {c^3}} \right) \ge {\left( {1 + abc} \right)^3}\]

\[\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \ge {\left( {amn + bny + cpz} \right)^3}\]

Cho tam giác ABC có 3 đường cao AD,BE,CF đồng quy tại H.Gọi M là trung điểm cạnh BC,EF cắt BC tại I.CMR IH vuông góc với AM.

Lời giải:

Vì $BE\perp CA$, $CF\perp AB$ nên $B$, $C$, $E$, $F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BC$ tâm là trung điểm $M$ của $BC$.
Theo kết quả tính chất của cực và đối cực ta có $AH$ là đường đối cực của $I$ so với $\left ( C \right )$, $IH$ là đường đối cực của $A$ so với $\left ( C \right )$.
Suy ra $H$ là cực của $AI$ so với $\left ( C \right )$ nên $MH\perp AI$.
Trong tam giác $AIM$ có $AH\perp AM$, $MH\perp AI$ nên $H$ là trực tâm của tam giác $AIM$ do đó $IH\perp AM$. $\blacksquare$

Bài này không cho $M$ nằm trong hay nằm ngoài $(O)$ nên phải lấy là $|P_{M/(O)}|$, còn kết quả của em chỉ đúng khi $M$ nằm trong $(O)$ thôi.

Bài giải trên là của anh vuong_pn đăng trên diễn đàn mathscope và em là người gửi bài ấy lên, anh Hân đăng lại lời giải lên bên ấy luôn được không ạ?

@Perfectstrong: Em đăng giúp anh được không

@Quân: Dạ ^^

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh $\Delta ABC$ hãy chứng minh: $4 \sqrt{3} S_{ABC} \le a^2 + b^2 + c^2$

Đây là hệ quả của bất đẳng thức Finsler - Handwiger, bạn xem thêm ở đây:
 Wetzen.pdf   418.3KB   185 downloads

Đoạn dùng Schwarz có chắc là mấy cái dưới mẫu không âm không cậu?

Hình như bất đẳng thức Cauchy - Schwarz khi sử dụng không bị ràng buộc điều kiện các biến không âm như bất đẳng thức Cauchy mà @@.
P/s; Đáp án của đề thì câu đó được giải như vậy nữa @@.

Bài toán: Giải hệ phương trình: $ \left\{\begin{matrix} 2y^{3}+2\left ( x+y+7 \right )\sqrt[3]{\left ( x+7 \right )^{2}}+x\left ( x+7 \right )=0 & \\ \dfrac{\left ( x+7 \right )\left ( 3x+14 \right )}{\sqrt[3]{x+7}}+3\left ( x+7 \right )=7\left ( \sqrt[3]{x+7}-2y \right ) & \end{matrix}\right.$.
----
Nhận xét là kết cấu bài toán này "quá xấu" nhưng nó lại có nghiệm khá đẹp .
----
Tặng mọi người nhân ngày 20/11 .

Cho hai đường thẳng $a$ và $b$ cắt nhau tại $M$. Trên $a$ có hai điểm $A$ và $B$, trên $b$ có hai điểm $C$ và $D$ đều khác $M$ sao cho $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB} = \overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MD}$. Chứng minh bốn điểm $A, B, C, D$ cùng nằm trên một đường tròn.

Hình như đây là một trong những định lý về phương tích thì phải nhưng là độ dài đại số mới đúng bạn có thể tham khảo trong tài liệu chuyên toán hoặc trong các tài liệu khác nhé .

Góp thêm 1 bài nhé :
Với a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh :
$2a^2b^2 + 2b^2c^2 + 2c^2a^2 - a^4 - b^4 - c^4 \geq 0$

Áp dụng kết quả câu 2 và ta chuyển vế qua là được bất đẳng thức nhưng lưu ý là dấu $"="$ xảy ra khi:
$$\left\{\begin{matrix} a=b+c & \\ b=c+a \\ c=a+b & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=0 & \\ b=0 \\ c=0 & \end{matrix}\right.$$
(Khi đó tam giác $ABC$ suy biến).

Chứng minh $sin1^{o}$ là một số vô tỉ.

Em thấy rất hứng thú với bài toán này, nhưng em mới học lớp 9 nên chưa hiểu cho lắm, anh có thể giảng kĩ hơn giúp em đc ko ạ? Em cảm ơn.

Lời giải: Ta có: $90^\circ=3.18^\circ+2.18^\circ$.
Nên $\cos 2.18\circ=\sin 3.18\circ$.
Suy ra $1-2\sin ^{2}18^\circ=3\sin 18^\circ-4\sin ^{3}18^\circ$.
Đặt $t=\sin 18^\circ>0$, khi đó $t$ là nghiệm của phương trình:
$$4t^{3}-2t^{2}-3t+1=0\\ \Leftrightarrow \left ( t-1 \right )\left ( 4t^{2}+2t-1 \right )=0$$
Vì $\sin 18^\circ\neq 1$ và $t>0$ nên $t=\sin 18^\circ=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}$.
Giả sử $\sin 1^\circ$ là số hữu tỷ, suy ra $\sin 3^\circ=3\sin 1^\circ-4\sin ^{3}1^\circ$ cũng là số hữu tỷ.
Như vậy lần lượt ta có $\sin 9^\circ=3\sin 3^\circ-4\sin ^{3}3^\circ$, $\sin 27^\circ=3\sin 9^\circ-4\sin ^{3}9^\circ$, $\sin 81^\circ=3\sin 27^\circ-4\sin ^{3}27^\circ$ cũng là số hữu tỷ.
Do đó $\sin 18^\circ=3\sin 9^\circ-4\sin ^{3}9^\circ$ cũng là số hữu tỷ.
Mà $\sin 18^\circ=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}$ nên $\sqrt{5}$ là số hữu tỷ (vô lí).
Vậy ta có $\sin 1^\circ$ phải là số vô tỷ.

Bạn có cách khác ko? Mình rất muốn được tìm hiểu về cách cm bđt này trong phạm vi THCS.

THCS thì đã học về bất đẳng thức AM-GM rồi mà em? Sử dụng AM-GM thì ra ngay luôn rồi đấy @@.