Kẻ đường cao BK , Đg thẳng vuông góc với DE cắt AK tại I. Ta sẽ CM điểm I này cố định
Ta có
$\angle HDE = \angle KEI$ ( cùng phụ với $\angle KED$ )
$\Rightarrow \Delta HDE \sim \Delta KEI$
$\Rightarrow \frac{DH}{KE}=\frac{HE}{KI}$
$\Leftrightarrow \frac{DH}{BH}=\frac{BK}{KI}$
Lại có $\frac{DH}{BH}=\frac{AK}{BK}$
$\Rightarrow \frac{AK}{BK}=\frac{BK}{KI}\Leftrightarrow KI=\frac{BK^2}{AK}$ Vậy I cố định

$3(xy+yz+zx)\leq (x+y+z)^2$
$=> VT \leq \frac{1}{3}$
dấu = khi x=y=z=$\frac{1}{3}$

Bạn tham khảo bài 1 ở đây http://diendantoanho...showtopic=69429

bạn bỏ luôn cái dòng tính chất bắc cầu đi thì OK

Sao cứ lấy bài THTT đăng hoài vậy . Muốn thì tự mà làm
MOD : Khóa topic hộ

Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình $$(m+n-5)^2=9mn$$

Thử xem sao:
Gọi$(m,n)=p ( p\geq 1)\Rightarrow m=ap;n=bp$ với $(a,b)=1$
Thay vào PT : $(pa+pb-5)^2=9p^2ab$
$\Leftrightarrow (a+b-\frac{5}{p})^2=9ab$
Vậy $p|5$ $\Rightarrow p=1;p=5$
lại có $(a,b)=1$ nên $a= c^2$ $b=d^2$ với $(c,d)=1$
Pt trở thành $c^2 + d^2 - \frac{5}{p} = _{-}^{+}\textrm{3cd}$
$\Leftrightarrow c^2 + d^2= _{-}^{+}\textrm{3cd} + \frac{5}{p}$
Xét $p=1$
PT trở thành
$c^2 + d^2 = _{-}^{+}\textrm{3cd}+5$
Vậy $c^2 + d^2 \equiv 3cd(mod 5)$
Xét tất cả trường hợp thì chỉ xảy ra ở $c;d \vdots 5$
Đặt $c=5k;d=5l$
PT trở thành $25k^2+25l^2 = _{-}^{+}\textrm{75kl}+5$
$\Leftrightarrow 5(k^2+l^2)=_{-}^{+}\textrm{15kl}+1$ ( vô lí )
Vậy p =1 thì PT vô nghiệm
Xét p=5 thì PT trở thành
$c^2 + d^2 = _{-}^{+}\textrm{3cd}+1$
TH 1:
$c^2 + d^2 = 1-3cd$
$\Rightarrow 1-3cd \geq 0$
$\Rightarrow cd=0$
$\Rightarrow c=d=0$ hoặc $c=0$ hoặc $d=0$
$c=d=0$ thì vô nghiệm
$c=0$ $\Rightarrow d=1$
$\Rightarrow a=c^2=0 ; b=d^2=1$
$\Rightarrow m=ap=0;n=bp=1.5=5$
Tương tự với d=0
Vậy ở TH 1 thì PT có nghiệm $(m;n)=(0;5)$ và hoán vị
TH 2 :
$c^2+d^2=1+3cd$
P/S :trường hợp 2 rất khó phải dùng đến kiến thức trên , anh cố hết sức rồi , còn có Nguyenta98 giúp mà không ra được , nhờ mấy anh chị cấp trên nếu có KQ thì bổ sung hộ

1) Giải BPT
$-1< \frac{10x^2-3x-2}{(x-1)(2-x)}< 1$
2) Tìm m sao cho
$1\leq \frac{3x^2-mx+5}{3x^2-x+1}\leq 6$ với mọi x
3) Giải BPT
$\left [ x \right ]\left \{ x \right \}< x-1$

$x^4 + y^4 + z^4 - 2x^2y^2 - 2x^2z^2+2z^2y^2-4z^2y^2=24$
$\Leftrightarrow (y^2+z^2-x^2)^2 - (2zy)^2=24$
$\Leftrightarrow (y^2+z^2-x^2+2zy)(y^2+z^2-x^2-2zy)=24$
$\Leftrightarrow (y+z-x)(y+z+x)(y-z-x)(y-z+x)=24$
Tới đây " xử " đi nhé

Đặt $m=\sqrt[3]{x^2}$
$n=\sqrt[3]{y^2}$
PT tương đương
$\sqrt{m^3+m^2n}+\sqrt{n^3+n^2m}=a$
$\Leftrightarrow (m+n)\sqrt{m+n}=a$
$\Leftrightarrow \sqrt{(m+n)^3}=a$
$\Rightarrow m+n=\sqrt[3]{a^2}$ ĐPCM

CMR : với mọi $n$ $\epsilon$ $N$
$\left [ \sqrt{n}+\sqrt{n+1} \right ]=\left [ \sqrt{4n+2} \right ]$

Tham khảo ở đây http://diendantoanho...l=&fromsearch=1


_____________________
nguyenta: hình như anh nhầm thì phải, em thấy hai bài ko liên quan cho lắm vì ở trên có 2 biến x,y cơ

Phần nguyên của chúng bằng nhau nên phần lẻ chênh lệch không quá 1 mà $\sqrt{x}+\sqrt{y}$ hiển nhiên lớn hơn 1

Tìm nghiệm nguyên dương của PT:
$y^2=x^2(x^2+x+1)+(x+1)^2$

Dạng quen thuộc dùng kẹp :
$(2x^2+x+1)^2 < (2y)^2 < (2x^2+x+3)^2$
$\Rightarrow 4y^2=(2x^2+x+2)^2$
Thay $y$ theo giả thiết có nghiệm

Nếu $a>0 \Rightarrow b+c < 0; bc< 0\Rightarrow a(b+c)> 0$ vô lí

Bài toán: Chứng minh rằng $\left [ x+\dfrac{0}{n} \right ]+\left [ x+\dfrac{1}{n} \right ]+\left [ x+\dfrac{2}{n} \right ]+...+\left [ x+\dfrac{n-1}{n} \right ]=\left [ nx \right ]$ hay $\sum_{i=0}^{n-1}\left [ x+\dfrac{i}{n} \right ]=\left [ nx \right ]$.
----

Spoiler

Trần Nguyễn Thiết Quân :">

Spoiler

Mình chứng minh được bằng quy nạp rồi, ai còn cách khác thì post nhé ^^ quy nạp cũng post ^^

Bài này xuất hiện trong đề thi IMO hay là của quốc gia nào đó lâu rồi , không phải Trần Nguyễn Thiết Quân :">
Bắt nguồn từ 2 bài cơ bản là $n=2$ và $n=3$ ,

Cách nữa :
PT tương đương $(x-y)^2+(x-1)^2+(y-1)^2=4$
4= 0+0+4

Cho a,b,c là các số thực không âm và abc=1
CMR: $\dfrac{1}{a^2+2b^2+3}+\dfrac{1}{b^2+2c^2+3}+\dfrac{1}{c^2+2a^2+3}\leq \dfrac{1}{2}$

tìm số $\overline{abc}$ sao cho
$\overline{abc}=n^2 -1$ (1)
$\overline{cba}=(n-2)^2$ (2)
Với n nguyên và n>2

Lấy (1) - (2)
$99(a-c)=4n-5$ $\Rightarrow 4n-5 \vdots 99$
Lại có $n^2 - 1 < 1000$
$\Leftrightarrow 2< n < 31$
$\Leftrightarrow 3<4n-5<119$
$\Rightarrow 4n-5 =99$
$\Rightarrow n=26$
Vậy $\overline{abc} =675$

Cho x,y>0 và x+y=1 Tìm Đk của k và t để có BDT
$\frac{k}{xy}+\frac{t}{x^2+y^2}\geq 4k+2t$ ( với k,t là các hằng số dương)

$\frac{k}{xy}+\frac{t}{x^2+y^2}= \frac{\frac{k}{2}}{xy}+\frac{\frac{k}{2}}{xy}+\frac{t}{x^2+y^2}\geq \frac{(\sqrt{2k}+\sqrt{t})^2}{(x+y)^2}=(\sqrt{2k}+\sqrt{t})^2$
Cần tìm $k,t$ để $(\sqrt{2k}+\sqrt{t})^2=4k+2t$
$\Leftrightarrow 2k+t=2\sqrt{2kt}$
$\Leftrightarrow 2k=t$
Vậy ĐK của k,t là 2k=t

Thay vi-ét là ra. ko hiểu cậu cho bài này lắt léo chỗ nào
Để mình post lại cho cậu 1 bài vậy.
Cho x,y,z là các số nguyên khác 0.Chứng minh rằng nếu:
$x^{2}-yz=a;y^{2}-xz=b;z^{2}-xy=c$ thì tổng $(ax+by+cz)\vdots (a+b+c)$

$ax+by+cz=x^3+y^3+z^3-3xyz = (a+b+c)M$ ĐPCM

Cho x,y,z là những số nguyên thỏa mãn điều kiện: x⁴ +y⁴ +z⁴ chia hết cho 4. CMR: cả x,y,z đều chia hết cho 4.
*trích đề thi chọn hsg lớp 9 tỉnh Hải Phòng năm 2011-2012 ( Toán - Bảng B)

Ở Bình Định vừa rồi mình thi TP cũng bị sai đề , có thể là sự nhầm lẫn

Gọi $(a,b)=p (p\geq 1 ; p \in N)$
$\Rightarrow a= \alpha p ; b =\beta p$ với $(\alpha;\beta)=1$
Thay vào ta được $\alpha p d= \beta p c$
$\Rightarrow \alpha d=\beta c$
mà $(\alpha;\beta)=1$
nên $c=\alpha q ; d=\beta q$
$\Rightarrow a^n+b^n+c^n+d^n =\alpha^np^n +\beta^np^n+\alpha^nq^n+\beta^nq^n$
$\Leftrightarrow a^n+b^n+c^n+d^n = (\alpha^n + \beta^n)(p^n+q^n)$
mà $p,q \geq 1$ => ĐPCM

Từ PT $\Rightarrow y=3k$
Viết lại PT : x-5k=167
PT có vô sô nghiệm nguyên (x;y)=((167+5k);3k) với k nguyên

$\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\geq VT$

b)
n và 6 nguyên tố cùng nhau nên n có dạng $6k_{-}^{+}\textrm{1}$
=> $VT \equiv 4_{-}^{+}\textrm{3}+5\equiv 6;12(mod 6)$.....Q.E.D