Bài này xuất hiện nhiều rồi, bạn search là thấy:

 VNMATH.COM-12cachchung minh bdt.pdf   69.26K   81 Số lần tải

SOLUTION:
Đặt $x=a;y=b;21=c;6=d$, khi đó pt đã cho trở thành:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{a+d}+\frac{d}{a+b}=\frac{2}{z}(*)$$
Mặt khác, ta dễ dàng cm $VT(*)\ge 2$ theo Nesbit 4 biến và $VP(*)\le 2$ do $z\in N^*$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$$\left\{\begin{matrix}a=c\\ b=d\\ z=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=21\\ y=6\\ z=1\end{matrix}\right.$$
Vậy pt đã cho có nghiệm $x=21;y=6;z=1$

Cho đường tròn $(O)$. $A$ lad một điểm nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ vẽ tiếp tuyến $AA'$ và cát tuyến $ACD$ ($C$ nằm giữa $A$ và $D$). Đường tròn $(A; AA')$ cắt đường thẳng $CD$ tại $E,F$ ($E$ nằm giữa  $C$ và $D$). Gọi $M=A'E\cap OF, N=DM\cap A'F, I=CM\cap A'F, J=NC\cap A'E$. Chứng minh: $I,J,D$ thẳng hàng.

Có hình luôn đây 

- Hai đường tròn $(O)$ và $(A)$ trực giao nên $(FECD)=-1$

$\Rightarrow M(FECD)=-1\Rightarrow (FA'NI)=-1$

- Theo hệ quả của phép chiếu xuyên tâm thì $I,D,J$ thẳng hàng $\square$

Giả sử $S$ có không ít hơn 2 số lẻ. Gọi 2 số lẻ đó là $a,b$. Vì tổng 2 phần tử bất kì trong $S$ là số chính phương nên có thể đặt:
$$a^2+b^2=k^2\ (k\in N^*)(1)$$
Xét modul 4:
$+)a^2\equiv 1\ (mod 4);b^2\equiv 1\ (mod 4)\ \text{Do a,b lẻ}\Rightarrow VT(1)\equiv 2\ (mod 4)(*)\\ +)k^2\equiv 0,1\ (mod 4) (**)$
-Vì $(*)$ và $(**)$ mâu thuẫn nên điều giả sử là sai. Vậy ta có ĐPCM

Cho $a,b,c,d>0$ thỏa
$a+b+c+d = \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{d^{2}}$
CMR
$2(a+b+c+d)\geq \sqrt[3]{a^{3}+7}+\sqrt[3]{b^{3}+7}+\sqrt[3]{c^{3}+7}+\sqrt[3]{d^{3}+7}$

Bài này sử dụng $Chebyshev$ là ra :
---
-Viết lại giả thiết: $\sum \left(a-\dfrac{1}{a^2}\right)=0$. Ta có:
$$bdt\Leftrightarrow \sum (2a-\sqrt[3]{a^3+7})\ge 0\\ \Leftrightarrow \sum \dfrac{8a^3-(a^3+7)}{4a^2+2a\sqrt[3]{a^3+7}+\sqrt[3]{(a^3+7)^2}}\ge 0\\ \Leftrightarrow \sum \dfrac{a-\dfrac{1}{a^2}}{4+2\sqrt[3]{1+\dfrac{7}{a^3}}+\sqrt[3]{(1+\dfrac{7}{a})^2}}\ge 0$$
Giả sử $a\ge b\ge c\ge d$ thì ta có hai dãy đơn điệu cùng chiều:
$$a-\dfrac{1}{a^2}\ge b-\dfrac{1}{b^2}\ge c-\dfrac{1}{c^2}\ge d-\dfrac{1}{d^2}\
\\\dfrac{1}{4+2\sqrt[3]{1+\dfrac{7}{a^3}}+\sqrt[3]{(1+\dfrac{7}{a})^2}}\ge \dfrac{1}{4+2\sqrt[3]{1+\dfrac{7}{b^3}}+\sqrt[3]{(1+\dfrac{7}{b})^2}}\ge ...$$
Áp dụng BĐT $Chebyshev$ cho hai dãy đơn điệu cùng chiều ta có ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d=1$

Cho x,y,z khác không thỏa mãn:
$\left\{\begin{matrix}
x(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})+y(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z})z(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})=-2 & \\
x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 &
\end{matrix}\right.$
Tìm giá trị biểu thức: $P=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}$

Tính đc đến đây thôi:
$x(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})+y(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z})z(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})=-2\Leftrightarrow \sum \frac{x}{y}+\frac{x}{z}=-2\Leftrightarrow \sum \frac{x}{x}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}=1$
$\Leftrightarrow \sum x(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=1\Leftrightarrow (x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=x^2+y^2+z^2(=1)
\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{x^2+y^2+z^2}{x+y+z}$

$4m^3+9m^2-9m-30=(4m^3+3m^2-m)+(6m^2-18m-30)$
-Thấy $6m^2-18m-30=6(m^2-3m-5)\vdots 6\forall m\in Z$
-Giờ ta phải c/m: $4m^3+3m^2-m\vdots 6$. Thật vậy, có:
$4m^3+3m^2-m=4m^3+4m^2-m^-m=4m(m^2+m)-(m^2+m)=(4m-1)(m^2+m)=m(m+1)(4m-1)(1)$
-Vì $m(m+1)$ là tích 2 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2
-Xét các trường hợp:
+)$m=3k\Rightarrow m\vdots 3$
+)$m=3k+1\Rightarrow 4m-1=4(3k+1)-1=12k+3\vdots 3$
+)$m=3k+2\Rightarrow m+1=3k+3\vdots 3$
Vậy trong mọi TH đều có $m(m+1)(4m-1)\vdots 3$
-Mà $(2;3)=1\Rightarrow m(m+1)(4m-1)\vdots 6$
Tóm lại bài toán đã đc c/m

Viết sau sô 1993 một số tự nhiên $a$ thì được số mới chia hết cho 101:

a) Tìm GTNN của $a$
b) Nêu dấu hiệu chia hết cho $101$,chứng minh
c) Tìm công thức tổng quát của $a$

---------------
Thực ra bài thật thì chỉ có phần a), nhưng bạn nào có khả năng giúp mình phần $b);c)$ nữa nhé

bài1:Cho tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R,trọng tâm G.tìm vị trí điểm P để biểu thức http://latex.codecog...rac{3PG^2}{R^4}đạt giá trị bé nhất


bài 2:Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ,I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.IA,IB,IC cắt (O) tại D,E,F.(khác A,B,C).Chứng minh rằng:
http://latex.codecog...9}{S\Delta ABC}

bài 3:Cho tam giác ABC,trọng tâm G,điểm lemoine L(giao của 3 đường đối trung).Chứng minh rằng:
http://latex.codecog...c{LC}{GC}\leq 3

Học gõ $\LaTeX$ và suy nghĩ kĩ trước khi hỏi bài!
Bài nào thử mọi cách ko ra thì mới hỏi. Đằng này BTVN chiều thầy vừa cho xong mà tối đã post lên đây rồi .

*Gợi ý: Gọi $x_1;x_2$ là 2 nghiệm của $(1)$, $x_3,x_4$ là 2 nghiệm của $(2)$.
+) Đ/k 2 pt có nghiệm: ...
+) Đ/k để $\alpha=k\beta:$
$$(x_1-kx_3)(x_2-kx_3)(x_1-kx_4)(x_2-kx_4)=0$$
Đến đây cần trâu bò là ra .

- Gọi $\overline{a_1a_2a_3a_4a_5a_6a_7a_8a_9}$ là một số có $9$ chữ số thỏa mãn bài toán
- Số các số có $9$ chữ số trong đó có chữ số 1 có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại có mặt đúng 1 lần, tính cả trường hợp $a_1=0$ là:
$$d_1=\overline{P}=\dfrac{9!}{3!}$$
- Số các số có $9$ chữ số trong đó có chữ số 1 có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại có mặt đúng 1 lần, có $a_1=0$ là:
$$d_2=\overline{P}=\dfrac{8!}{3!}$$
Vậy có: $d=d_1-d_2=53760$ số thoả mãn yêu cầu bài toán $\square$

Hóa ra hai bài này phải xài Sim-sơn .
Mình thắc mắc tí:

* $\frac{b}{y} +\frac{c}{z}=\frac{AC}{PL}+\frac{AB}{PM}=\frac{AL}{PL}+\frac{LC}{PL}+\frac{AM}{PM}-\frac{BM}{PM}$

Chỗ này chắc bạn hơi nhầm tí: $\frac{AC}{PL}+\frac{AB}{PM}=\frac{AL}{PL}+\frac{LC}{PL}+\frac{AM}{PM}+\frac{BM}{PM}$ (Nhầm dấu cộng thành trừ)

Dù sao cũng cảm ơn bạn nhiều

P/s:

Từ (1)(2)(3) $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\Rightarrow S=2.\frac{a}{x}$

Sao chỗ này mình thay góc vào không đc nhỉ. $\widehat{CPK}$ thay bằng góc gì đó

Có 2 bài xin thình giáo
Bài 1:Cho $\Delta ABC$ vuông tại A nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC. P là một điểm di chuyển trên nửa đường tròn không chứa A. Gọi $K,L,M$ lần lượt là hình chiếu của P trên $BC,AC,AB$. Đặt $PK=x;PL=y;PM=z;BC=a;AC=b;AB=c$. Tìm GTNN của:
$S=\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}$
Bài 2: Cho Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn tâm O. Điểm M nằm trên cung nhỏ AC. Kẻ $ME\perp AC;MF\perp BC$. Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB,EF$.
CMR:$\Delta PQM$ vuông

Bài này..... ;
$$B=(x+3)(x^2+4x+4)=0\Leftrightarrow (x+3)(x+2)^2=0$$
Vậy với $x=-2;-3$ thì B bằng không
P/s:Đơn giản là phương trình tích thôi

minhtuyb giải hơi tắt . Cái $(x^2+4x+4)$ = $(x+2)^2$ thì mình biết rồi . Nhưng phải giải như theo trình tự mẫu này chứ cô giáo bảo mình học qua lớp 8 mới được giải như kiểu của bạn được :

Học qua lớp 8 là được làm tắt à, vậy mình giải đúng rồi còn j`
Chắc em học lớp 7, anh lớp 9 nên giải tắt tí cũng chả sao cả
P/s:
$A(x)B(x)C(x)...Z(x)\neq 0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}A(x)\neq 0\\B(x)\neq 0\\C(x)\neq 0 \\...\\Z(x)\neq 0\end{matrix}\right.$

Giải như sau:
Bổ đề quen thuộc: $a^x-1,a^y-1 \vdots p$ với $x$ min thì $x|y$
Gọi $p$ là ước nguyên tố của $n$, dễ cm $n$ lẻ suy ra $p$ lẻ và $p$ là ước nguyên tố bé nhất của $n$
Khi đó gọi $k$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $2^k-1 \vdots p$ theo Fermat nhỏ $2^{p-1}-1 \vdots p$
Nên theo bổ đề quen thuộc có $p-1 \vdots k \Rightarrow p-1\geq k \Rightarrow p>k$
Mặt khác cũng theo bổ đề đó có $n \vdots k$
Suy ra $k=1$ vì nếu $k>1$ thì $k \vdots r$ nguyên tố lẻ mà $p>k\geq r \Rightarrow p>r$ mà $r|n$ vô lí vì $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$
Suy ra $2^k-1=2-1=1 \vdots p$ vô lí
Vậy vô nghiệm

Thanks em . Nhưng em xét thiếu trường hợp $n$ không có ước nguyên tố. Tức là $n=1$

Thử mở rộng bài toán với:

"Tìm mọi số tự nhiên $n$ sao cho:
$$2^n-1\vdots n$$"

-Người ta viết vào mỗi ô vuông một trong các số -1,1,hoặc 0 nên có thể xảy ra trường hợp các tổng của 5 số có thể là: $ -5;-4;-3;-2;-1;0;1;2;3;4;5$ (11 trường hợp)
-Tổng cộng có: 5 tổng hàng+5 tổng cột+2 tổng đường chéo=12 tổng. +Theo diricle có ĐPCM

$B=(3+3^3+3^5)+(3^7+3^9+3^{11})+...+(3^{1987}+3^{1989}+3^{1991})$
$=3(1+3^2+3^4)+3^7(1+3^2+3^4)+...+3^{1987}(1+3^2+3^4)$
$=91(3+3^7+...+3^{1987})\vdots 13$ (Do $91\vdots 13$)

Cho đường tròn O dây AB cố định khác đường kính. Trên cung nhỏ AB lấy C, vẽ dây CD vuông góc với AB tại H, CK vuông góc với AD tại K. E là giao điểm của HK và BD.
Tìm vị trí của điểm C trên cung nhỏ AB để CK.AD + CE.BD có GTLN.

SOLUTION:
-Ta dễ dàng c/m $CE\perp AB$ (đây có thể nói là bài toán ngược của đường thẳng Sim-sơn)
Sau khi c/m xong ta có:
$$CK.AD+CE.BD=2S_{ACD}+2S_{BCD}=2S_{ACBD}=AB.CD$$
Mà $AB$ có độ dài không đổi (gt) nên $CK.AD+CE.BD$ đạt GTLN khi và chỉ khi $CD$ đạt GTLN
Mặt khác, $CD\le 2R$ với $R$ là bán kính đường tròn $(O)$ (theo quan hệ giữa dây và đường kính trong đường tròn)
Suy ra $CK.AD+CE.BD\le 2R.AB=const$
Dấu bằng xảy ra khi $CD$ là đường kính của đường tròn $(O)$
Vậy $max(CK.AD+CE.BD)=2R.AB$ khi $CD$ là đường kính của đường tròn $(O)$

Chứng minh rằng có vô hạn các số có dạng $a_n=2^n-3$ ($n \geq 2$) đôi một nguyên tố cùng nhau

Xét : $n>1$ thì $a_n$ lẻ. Ta có hai giá trị khởi đầu:
$$a_2=1;a_3=5\Rightarrow (a_2;a_3)=1$$

Ta sẽ chứng minh: Giả sử ta chọn được dãy $b_1,b_2,...,b_k$ là dãy con của dãy $a_n$ thỏa mãn các phần tử của dãy đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta sẽ chứng minh $\exists b_{k+1}$ đôi một nguyên tố cùng nhau với $b_1,b_2,...,b_k$. Thật vậy, đặt:
$$A=b_1.b_2....b_k\\ \Rightarrow (A,2)=1$$
Áp dụng định lí Euler:
$$2^{\varphi(A)}-1\vdots A$$
Mà $A$ lẻ $\Rightarrow (2^{\varphi(A)}-3,A)=1\Rightarrow 2^{\varphi(A)}-3$ đôi một nguyên tố cùng nhau với $b_1,b_2,...,b_k$.
Vậy ta chọn $b_{k+1}=\varphi(A)$.
Ta đã c/m được sự vô hạn của dãy $b_k$. Vậy mệnh đề được c/m $\square$

http://diendan.hocma...ad.php?t=184813
http://vn.answers.ya...29105656AAWtTaa
Tham khảo thêm nhé bạn

ĐKXĐ: $x\geq 8$
Nhân liên hợp, ta có:
$A=\sqrt{x+1}-\sqrt{x-8}=\frac{x+1-(x-8)}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-8}}=\frac{9}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-8}}$
Vì $x\geq 8\Rightarrow \sqrt{x+1}+\sqrt{x-8}\geq \sqrt{8+1}+\sqrt{8-8}=3\Rightarrow \frac{9}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-8}}\leq \frac{9}{3}=3$
Dấu bằng xảy ra khi $x=8$
Vậy $maxA=3$ khi $x=8$

CMR $\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+...+\frac{1}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n+2}}<\frac{ \sqrt{2n+2}}{2}$

Có: $\frac{2}{\sqrt{2k+1}+\sqrt{2k+2}}<\frac{1}{\sqrt{2k+1}+\sqrt{2k+2}}+\frac{1}{\sqrt{2k}+\sqrt{2k+1}}=\sqrt{2k+2}-\sqrt{2k}$
Cho $k=1;2;3;...;n-1;n$ rồi cộng 2 vế các BĐT lại ta có ĐPCM

B1: $5\sqrt{1+x^{3}}=2x^{2}+4$

ĐK:$x\geq -1$
$5\sqrt{1+x^{3}}=2x^{2}+4\Leftrightarrow 5\sqrt{(x+1)(x^2-x+1)}=2(x^2+2)(1)$
Đặt $a=\sqrt{x+1};b=\sqrt{x^2-x+1}(a;b\geq 0)\Rightarrow a^2+b^2=x+1+x^2-x+1=x^2+2$. Suy ra:
$(1)\Leftrightarrow 5ab=2(a^2+b^2)\Leftrightarrow 2a^2-5ab+b^2=0\Leftrightarrow (2a-b)(a-2b)=0\Leftrightarrow ...$