Bài này nhìn số má trâu bò quá!     

 

Áp dụng BĐT Cauchy ta có

 

$Q\geqslant 3\left [ \sqrt[12]{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}} +\sqrt[6]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}}\right ]$

 

$=3\left [ \sqrt[12]{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}+\frac{1}{\sqrt[4]{8}}.\sqrt[6]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}} \right ]+3(1-\frac{1}{\sqrt[4]{8}})\sqrt[6]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}}$

 

 Cô si cho biểu thức thứ nhất

 

Biếu thức $(1)$ $\geqslant 2\sqrt[24]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{512abc}}\geqslant 2.\sqrt[24]{\frac{1}{64}}=2.\sqrt[4]{\frac{1}{2}}$

 

Biểu thức $(2)$ $(1-\frac{1}{\sqrt[4]{8}})\sqrt[6]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}}\geqslant (1-\frac{1}{\sqrt[4]{8}})\sqrt[6]{8}=\sqrt{2}-\sqrt[4]{\frac{1}{2}}$

 

Cộng vế suy ra $Q\geqslant 3(\sqrt[4]{\frac{1}{2}}+\sqrt{2})$

 

P/s: bài này cồng kềnh tốn bao nhiêu t/g, mà lại còn k biết có đúng k nữa 

Đây là lời giải của mình
Áp dụng BĐT AM-GM
$\Rightarrow \frac{1}{2}\sqrt[4]{\frac{a}{b+c}}+\frac{1}{2}\sqrt[4]{\frac{a}{b+c}}+\frac{1}{2\sqrt[4]{2^{3}}}\sqrt{\frac{b+c}{a}}\geq \frac{3}{2.\sqrt[4]{2}}$
Chứng minh tương tự với các BĐT còn lại !
Ta xét :
$(1-\frac{1}{2\sqrt[4]{2^{3}}})(\sum \sqrt{\frac{b+c}{a}})\geq (1-\frac{1}{2\sqrt[4]{2^{3}}})(\sum \sqrt{\frac{2\sqrt{bc}}{a}})\geq (1-\frac{1}{2\sqrt[4]{2^{3}}})(3\sqrt[3]{\sqrt{\frac{8abc}{abc}}})\geq (1-\frac{1}{2\sqrt[4]{2^{3}}}).3\sqrt{2}$
Cộng tất cả vế theo vế thì ta sẽ được :
$\Rightarrow Q\geq \frac{9}{2.\sqrt[4]{2}}+(1-\frac{1}{2\sqrt[4]{2^{3}}}).3\sqrt{2}=3(\sqrt[4]{\frac{1}{2}}+\sqrt{2})$
Dấu $"="$ xảy ra : $\Leftrightarrow a=b=c$
 

Đóng góp 2 bài vậy !!

Bài 150 : Cho $a;b;c$ là các số thực dương. Tìm $GTNN$ của : 
$$Q=\sum \sqrt[4]{\frac{a}{b+c}}+\sum \sqrt{\frac{b+c}{a}}$$
Bài 151 : Cho : $x+y+z=3$; $0\leq x;y;z\leq 2$. Tìm $GTNN;GTLN$ của :
$$A=x^{4}+y^{4}+z^{4}+12(1-x)(1-y)(1-z)$$

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

Bài làm của MSS07 :

ĐKXĐ : $x^{3}-1\geq 0\Rightarrow x\geq 1$
Nhận thấy $x=1$ không là nghiệm của phương trình 
$x> 1\Rightarrow \sqrt{x^{3}-1}+x-1> 0$
Ta có :
$2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}\Rightarrow 2(x^{2}-8x+10)+21x-21-7\sqrt{x^3-1}=0\Rightarrow 2(x^{2}-8x+10)-7.\frac{x^{3}-1-9(x-1)^{2}}{\sqrt{x^3-1}+3(x-1)}=0\Rightarrow 2(x^{2}-8x+10)-7.\frac{(x-1)(x^2-8x+10)}{\sqrt{x^3-1}+3(x-1)}=0\Rightarrow (x^{2}-8x+10)(2-\frac{7(x-1)}{\sqrt{x^3-1}+3(x-1)})=0$
Xét :
- Trường hợp 1 : $x^{2}-8x+10=0\Rightarrow (x-4)^{2}-6=0\Rightarrow (x-4+\sqrt{6})(x-4-\sqrt{6})=0\Rightarrow \begin{bmatrix} x=4+\sqrt{6} & \\ x=4-\sqrt{6} & \end{bmatrix}$
Thử lại thì cả 2 nghiệm trên đều thỏa
- Trường hợp 2 : $2-\frac{7(x-1)}{\sqrt{x^3-1}+3(x-1)}=0$
$\Rightarrow 2-\frac{7}{\sqrt{\frac{x^2+x+1}{x-1}}+3}=0$
Đặt : $\frac{x^{2}+x+1}{x-1}=y\Rightarrow yx-y=x^{2}+x+1\Rightarrow x^{2}+x(1-y)+1+y=0\Rightarrow \Delta =(1-y)^{2}-4(y+1)\geq 0\Rightarrow y^{2}-2y+1-4y-4\geq 0\Rightarrow y^{2}-6y-3\geq 0$
Mặt khác ta lại có : $\left\{\begin{matrix} x^{2}+x+1> 0 & \\ x-1> 0 & \end{matrix}\right.\Rightarrow y> 0$
$y^{2}-6y-3\geq 0\Rightarrow y\geq 3+2\sqrt{3}$
$\Rightarrow \sqrt{\frac{x^{2}+x+1}{x-1}}+3\geq \sqrt{3+2\sqrt{3}}+3\Rightarrow 2-\frac{7}{\sqrt{\frac{x^{2}+x+1}{x-1}}+3}> 0$
Suy ra phương trình ở trường hợp 2 vô nghiệm 
Vậy phương trình có 2 nghiệm :
$S\in \left \{ 4+\sqrt{6};4-\sqrt{6} \right \}$

    d =10

   S =17+10.3=47

 

Câu 5 mình đã có hướng giải nhưng đang gặp rắc rối:

Chứng minh EMCO là tứ giác nội tiếp => $\widehat{OEC} = \widehat{OMC} = 90^{\circ}$ => $M \in$ đường tròn đường kính BC $(1)$

Tương tự, DNBO là tứ giác nội tiếp => $\widehat{BNC} = \widehat{BDC} = 90^{\circ}$ => $N \in$ đường tròn đường kính BC $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ => B,C,M,N cùng thuộc một đường tròn, cụ thể là đường tròn đường kính BC

Câu hình thật ra rất đơn giản : 
Ta dễ dàng tính được : $\widehat{EDB}=90^{\circ}+\frac{\widehat{A}}{2}\Rightarrow \widehat{DMB}=180^{\circ}-90^{\circ}-\frac{\widehat{A}}{2}-\frac{\widehat{B}}{2}=\frac{\widehat{C}}{2}$
Mà : $\widehat{NCB}=\widehat{OCB}=\frac{\widehat{C}}{2}$
Nên : $\widehat{DMB}=\widehat{DCB}$
Suy ra điều phải chứng minh.

Làm bài được không 2 em ? Vãi cả đề. Câu số, hình lớp 10 với lớp 9 y chang nhau @@

Phần lớn tụi em ai cũng làm hết anh ạ, giờ chắc chỉ hơn nhau có phần trình bày @@!! 
Công nhận đề số hình giống nhau thật !!! )
Mà anh với mấy anh chị làm bài tốt không !? 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                                                    THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

         TỈNH ĐỒNG NAI                                                                          NĂM HỌC 2013-2014        
        ---------------------

       ĐỀ THI CHÍNH THỨC                                                           Môn: Toán

                                                                                                    Thời gian làm bài: 150 phút

                                                                                                    Ngày thi: 4/4/2014
Câu 1 :
Tìm các số thực $x$ thỏa mãn: $$x^4+2x^3+x^2+2x+1=0$$
Câu 2 :
Giải hệ phương trình : $$\left\{\begin{matrix} x^3+2y=1 & \\ y^3+2x=-1 & \end{matrix}\right.$$  

Câu 3 :
Cho $m,n$ là hai số nguyên dương lẻ thỏa : $\left\{\begin{matrix} (m^{2}+2)\vdots n & \\ (n^{2}+2)\vdots m & \end{matrix}\right.$

1) Hãy tìm một cặp gồm 2 số nguyên dương lẻ (m;n) thỏa các điều kiên đã cho với $m>1,n>1$
2) Chứng minh $(m^2+n^2+2)\vdots 4mn$
Câu 4 :
1) Tính số các ước dương của $1000$
2) Tính số các ước dương chẵn của $1000$
Câu 5 :
Cho tam giác $ABC$ có ba góc $\widehat{CAB};\widehat{ABC};\widehat{BCA}$ đều là góc nhọn. Gọi $(O)$ là đường tròn tâm $O$ nội tiếp tam giác $ABC$ và tiếp xúc với 2 cạnh $AB;AC$ lần lượt tại $D;E$. Gọi $M$ là giao điểm của 2 đường thẳng $OB$ và $DE$, gọi $N$ là giao điểm của 2 đường thẳng $OC$ và $DE$. Chứng minh bốn điểm $B;C;M;N$ cùng thuộc 1 đường tròn


                                                            ---------Hết---------

ĐỀ THI HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM 2013-2014

Thời gian: 150 phút

 

Câu 2:

a) Cho PT: $2x^2+(m-1)x-m-1=0$ (m tham số)

Tìm m để PT có 2 nghiệm là số đo 2 cạnh của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông là $\frac{4}{5}$ (đơn vị độ dài).

 

Ta có :
$\left\{\begin{matrix} \Delta \geq 0 & \\ S> 0 & \\ P> 0 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (m-1)^{2}+8(m+1)\geq 0 & \\ \frac{1-m}{2}> 0 & \\ \frac{-m-1}{2}> 0 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow m< -1$
Mặt khác : $\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^{2}}=\frac{5^{2}}{4^{2}}=\frac{25}{16}\Rightarrow \frac{x_1^2+x_2^2}{x_1^2x_2^2}=\frac{25}{16}$
Tới đây áp dụng định lí Viét thế $VT$ theo $m$ rồi giải phương trình thôi.

Câu 1

 

a) Mũ $3$ lên ta thu đc

 

$x^3=14+3.\sqrt[3]{(7-5\sqrt{2})(7+5\sqrt{2})}(\sqrt[3]{7+5\sqrt{2}}+\sqrt[3]{7-5\sqrt{2}})=14-3x\Rightarrow x^3+3x-14=0$

 

Do đó ta có đpcm

 

b)

 

ĐK $x\leqslant 1$

 

Ta có $PT\Leftrightarrow \frac{x}{1+\sqrt{1-x}}.\sqrt[3]{2-x}=x$

 

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=0 & \\ \sqrt[3]{2-x}=1+\sqrt{1-x} & \end{bmatrix}$

 

Với $\sqrt[3]{2-x}=1+\sqrt{1-x}$

 

Ta có BĐT $1+\sqrt{1-x} \geqslant \sqrt{1+1-x}=\sqrt{2-x}$

 

$\Rightarrow \sqrt[3]{2-x}\geqslant \sqrt{2-x}\Rightarrow 1\geqslant 2-x\Rightarrow x\geqslant 1$ (vô lí)

 

Vậy $x=0$

 

$x\geq 1$ đâu phải là vô lí hết
Ta có điều kiện là $x\leq 1$
Nên $x=1$ thử lại cũng thỏa
 

                                       KỲ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM HỌC $2013-2014$

 

Bài $3$ : Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=6$ và $0\leq a,b,c\leq 4$

Tìm giá trị lớn nhất của $P=a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac$

 

Một cách khác cho bài BĐT
Ta có : 
$gt\Rightarrow 2P=(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^{2}$
Đặt :
$\left\{\begin{matrix} a=2+x & \\ b=2+y & \\ c=2+z & \end{matrix}\right.\Rightarrow x+y+z=0(x;y;z\in \left [ -2;2 \right ])$
Chắc chắc tồn tại 2 trong 3 số $x;y;z$ cùng $\geq 0$ hoặc $\leq 0$
Giả sử đó là $x;y$
Mà : $x+y=-z\Rightarrow x^{2}+2xy+y^{2}=z^{2}\Rightarrow z^{2}\geq x^{2}+y^2(2xy\geq 0)$
$a^{2}+b^{2}+c^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+12\leq 2z^{2}+12\leq 2.4+12=20$
$\Rightarrow 2P\leq 20+16=56\Rightarrow P\leq 28$
Dấu $"="$ xảy ra khi : $(a;b;c)=(0;2;4)$ và các hoán vị 

Tồn tại hay không các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình sau đây ?

$$\sqrt{2025x^2+2012x+3188}=2013x-2011y+2094$$

Đề của 

lenin1999

MSS 07 :
Do $x;y$ là các số nguyên nên $2013x-2011y+2094$ cũng là số nguyên
$\Rightarrow \sqrt{2025x^2+2012x+3188}=m(m\in \mathbb{N})$ ( trong đó : $m=2013x-2011y+2094$ )
$\Rightarrow 2025x^2+2012x+3188=m^{2}\Rightarrow 3^4.5^2.2025x^{2}+2.3^{4}.5^2.1006x+6455700=(45m)^{2}\Rightarrow (2025x+1006)^{2}+5443664=(45m)^{2}\Rightarrow (45m-2025x-1006)(45m+2025x+1006)=5443664$
Thế  $m=2013x-2011y+2094$ vào phương trình trên
Suy ra : $(88560x-90495y+93224)(92610x-90495y+95236)=5443664$
Nhận thấy : $88560x-90495y+93224=45k+29;92610x-90495y+95236=45n+16(k,n\in \mathbb{Z})$
$\Rightarrow 5443664=(45k+29)(45n+16)$
Do $k;n$ là các số nguyên :
$\Rightarrow (k;n)\in \left \{ (-153;-18);(-1;-7561);(17;152);(7560;0) \right \}$
Mà : 

$\left\{\begin{matrix} 88560x-90495y=45k-93195 & \\ 92610x-90495y=45n-95220 & \end{matrix}\right.$
Thế các giá trị của của $k;n$ tìm được vào hệ trên thì ta chỉ có 1 nghiệm $x;y$ là : 
$\left\{\begin{matrix} x=1 & \\ y=2 & \end{matrix}\right.$
Vậy : $(x;y)= (1;2)$

  Điểm bên trên

Tồn tại hay không các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình sau đây ?

$$\sqrt{2025x^2+2012x+3188}=2013x-2011y+2094$$

Đề của 

lenin1999

MSS 07 :
Do $x;y$ là các số nguyên nên $2013x-2011y+2094$ cũng là số nguyên
$\Rightarrow \sqrt{2025x^2+2012x+3188}=m(m\in \mathbb{N})$ ( trong đó : $m=2013x-2011y+2094$ )
$\Rightarrow 2025x^2+2012x+3188=m^{2}\Rightarrow 3^4.5^2.2025x^{2}+2.3^{4}.5^2.1006x+6455700=(45m)^{2}\Rightarrow (2025x+1006)^{2}+5443664=(45m)^{2}\Rightarrow (45m-2025x-1006)(45m+2025x+1006)=5443664$
Thế  $m=2013x-2011y+2094$ vào phương trình trên
Suy ra : $(88560x-90495y+93224)(92610x-90495y+95236)=5443664$
Nhận thấy : $88560x-90495y+93224=45k+29;92610x-90495y+95236=45n+16(k,n\in \mathbb{Z})$
$\Rightarrow 5443664=(45k+29)(45n+16)$
Do $k;n$ là các số nguyên :
$\Rightarrow (k;n)\in \left \{ (-153;-18);(-1;-7561);(17;152);(7560;0) \right \}$
Mà : 

$\left\{\begin{matrix} 88560x-90495y=45k-93195 & \\ 92610x-90495y=45n-95220 & \end{matrix}\right.$
Thế các giá trị của của $k;n$ tìm được vào hệ trên thì ta chỉ có 1 nghiệm $x;y$ là : 
$\left\{\begin{matrix} x=1 & \\ y=2 & \end{matrix}\right.$
Vậy : $(x;y)= (1;2)$

   d =10

   S =17 +10x3= 47
 

Cho tam giác $ABC$ có $\angle BAC=60^{\circ}$. $H;I;O$ lần lượt là trực tâm; tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác $ABC$. Chọn ý đúng nhất :
a. $H;I;O$ thẳng hàng
b. $B;C;H;I;O$ cùng thuộc 1 đường tròn

Và chứng minh ý bạn chọn !

Tìm nguyện nguyên của phương trình:

$x^{6}+3x^{2}+1=y^{3}$

Ta có :
$(x^{2}+1)^{3}=x^{6}+3x^{4}+3x^{2}+1\geq x^{6}+3x^{2}+1> (x^{3})^{2}$
Mà : $x^{6}+3x^{2}+1=y^{3}$
$\Rightarrow x^{6}+3x^{2}+1=(x^{2}+1)^{3}\Rightarrow x=0\Rightarrow y=1$

nguồn:facebook của anh Võ Quốc Bá Cẩn

 

 

 

Trường Đại Học Khoa Tự Nhiên                                           Đề Kiểm Tra kiến Thức Lớp 9 năm 2014

Trường THPT Chuyên KHTN                                                          Môn: Toán (vòng 1- Đợt 2)

                                                                                     Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian phát đề  

 

 

 

 

Câu $II$: 1) Tìm cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn: 

 

$$x^3-xy-17=x-3y$$

 

               2) Với các số thực dương $a,b$ thỏa mãn: $a+2b\leq 3$  . Tìm giá trị nhỏ nhất của

 

$$P=\dfrac{1}{\sqrt{a+3}}+\dfrac{2}{\sqrt{b+3}}$$

 

 

 

--------------------------------------------------------------------Hết---------------------------------------------------------------------------------

1) 
Ta có :

$PT\Rightarrow x^{3}-x-17=y(x-3)\Rightarrow (x^{3}-x-17)\vdots (x-3)\Rightarrow (x^{3}-27-x+3+7)\vdots (x-3)\Rightarrow 7\vdots (x-3)\Rightarrow ...$
2)
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz :

$\Rightarrow P=\frac{1}{\sqrt{a+3}}+\frac{1}{\sqrt{b+3}}+\frac{1}{\sqrt{b+3}}\geq \frac{9}{\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{b+3}}\geq \frac{9}{\sqrt{3(a+2b+9)}}\geq \frac{9}{\sqrt{3(3+9)}}=\frac{3}{2}$
Vậy : $\min P=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=1$

 

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP THÀNH PHỐ 

KHÓA THI NGÀY 04-03-2014

MÔN: Toán

Thời gian làm bài 150 phút

 

Bài 4. (4 điểm)

Tìm $m$ để phương trình $\sqrt{mx^2+mx+3}=mx+1$ có nghiệm duy nhất.

 

 

Hết 

 

de thi HSG TPHCM 2014.pdf

 

Nhận thấy $m=0$ thì $PT$ vô nghiệm 
$m=1$ thì $PT$ có 1 nghiệm duy nhất ( chọn )
Xét $m\neq 0;1$
$PT\Rightarrow mx^{2}+mx+3=m^2x^2+2mx+1\Rightarrow x^{2}(m^{2}-m)+xm-2=0\Rightarrow \Delta =m^{2}+8(m^{2}-m)=0\Rightarrow 9m^{2}-8m=0\Rightarrow m=\frac{8}{9}$
Thử lại thì $m=\frac{8}{9}$ thỏa mãn
Vậy : $m\in \left \{ 1;\frac{8}{9} \right \}$
 

 

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP THÀNH PHỐ 

KHÓA THI NGÀY 04-03-2014

MÔN: Toán

Thời gian làm bài 150 phút

 

 

Bài 2. (3 điểm)

Giải hệ\[\left\{ \begin{array}{l}
16{x^2} + 4xy + {y^2} = 12\\
8{x^2} + 4xy - 28x - 5y =  - 18
\end{array} \right.\]

 

 

 

Hết 

 

de thi HSG TPHCM 2014.pdf

 

Lấy :

$PT(1)+2PT(2)$
$\Rightarrow 32x^2+y^2+12xy-56x-10y+24=0\Rightarrow (4x+y-4)(8x+y-6)=0\Rightarrow ...$

Giải hệ phương trình: $\begin{cases}\frac{2x^2}{x^2+1}=y\\ \frac{2y^2}{y^2+1}=z\\ \frac{2z^2}{z^2+1}=x^2 \end{cases}$

Dễ thấy $x;y;z$ là các số không âm 
Áp dụng BĐT Cauchy :

$\Rightarrow y=\frac{2x^{2}}{x^{2}+1}\leq \frac{2x^{2}}{2x}=x$
Chứng minh tương tự : $z\leq y;x\leq z$
$\Rightarrow x=y=z=1$
Vậy : $(x;y;z)=(1;1;1)$

Cho $a,b,c\in \mathbb{N}$ thỏa mãn : $a^2+b^2=c^2$

Chứng minh rằng: Trong 3 số $a,b,c$ có ít nhất 1 số chia hết cho 4

Giả sử cả 3 số đều không chia hết cho 4 $\Rightarrow a^{2};b^{2};c^{2}\equiv 1(\mod 4)$
$\Rightarrow a^{2}+b^{2}\equiv 2(\mod 4)\Rightarrow a^{2}+b^{2}\neq c^{2}$
Suy ra giả sử sai

Vậy ta có điều phải chứng minh.
 

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

Ta có :
$(x+y)^{3}+4xy\geq 2$
$(x+y)^{2}-4xy\geq 0$
$\Rightarrow (x+y)^{3}+(x+y)^{2}-2\geq 0\Rightarrow (x+y-1)((x+y)^2+2(x+y)+2)\Rightarrow x+y\geq 1$
ÁP dụng BĐT Cauchy :

$\Rightarrow x^2y^2\leq \frac{(x^2+y^2)^2}{4}\Rightarrow -3x^2y^2\geq \frac{-3(x^2+y^2)^2}{4}$
$gt\Rightarrow P=3((x^2+y^2)^2-x^2y^2)-2(x^2+y^2)+1\geq \frac{9}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$
Mà : $x^{2}+y^{2}\geq \frac{(x+y)^{2}}{2}=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow P\geq \frac{9}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1=\frac{1}{4}(x^2+y^2)^2+2(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}(x^2+y^2)^2+2(x^{2}+y^2-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{2}\geq \frac{1}{4}.\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2}=\frac{9}{16}$
Vậy :

$\min P=\frac{9}{16}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+y)^{3}+4xy\geq 2 & \\ x=y & \\ x^{2}+y^{2}=\frac{(x+y)^{2}}{2}=\frac{1}{2} & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

Điểm 10 .

 

 

3. Cho $a,b,c,d$$> 0: ab+bc+cd+da=1$.

$CMR: \frac{a^{3}}{b+c+d}+\frac{b^{3}}{c+d+a}+\frac{c^{3}}{d+a+b}+\frac{d^{3}}{a+b+c}\geq \frac{1}{3}$ 

Áp dụng BĐT Cauchy :

$\frac{a^{3}}{b+c+d}+\frac{b+c+d}{18}+\frac{1}{12}\geq \frac{1}{2}a$
Chứng minh tương tự với các BĐT còn lại :
$\Rightarrow \sum \frac{a^{3}}{b+c+d}\geq \frac{1}{3}(a+b+c+d)-\frac{1}{3}\geq \frac{1}{3}\sqrt{4(ab+bc+cd+da)}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}$
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Cho đường tròn tâm $(O)$. Từ điểm $D$ ngoài đường tròn kẻ các tiếp tuyến $DE,DF$. Trên tia $EF$ lấy điểm $A$ ngoài đường tròn. Từ $A$ kẻ các tiếp tuyến $AM,AN$. Chứng minh rằng : $D,M,N$ thẳng hàng.
Điều kiện bài toán trên vẫn giữ nguyên. Nếu ta có $D;M;N$ thẳng hàng, mà $AM$ là tiếp tuyến. Chứng minh rằng : $AN$ cũng là tiếp tuyến.


 

 

1) Tìm tât cả các số  nguyên tố p sao cho tổng các ước số dương của $p^4$ là một số chính phương

 

Từ giả thiết ta có :

$p^{4}+p^{3}+p^{2}+p+1=k^{2}\Rightarrow 4p^{2}+4p^3+4p^2+4p+4=4k^{2}$
Ta dễ chứng minh :

$(2p+p)^{2}< 4p^{4}+4p^3+4p^2+4p+4< (2p+p+2)^{2}$
Mà $4p^4+4p^3+4p^2+4p+4$ là số chính phương
$\Rightarrow 4p^{4}+4p^3+4p^2+4p+4=(2p+p+1)^{2}\Rightarrow p=3$
Vậy : $p=3$

Nếu a > o thì từ 1 suy ra $\frac{a}{a^{2} - a + 1} \geq \frac{a}{\frac{3}{4}. (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})}$

Nhưng đề bài chỉ cho a, b, c, d là các số thực.

Ừ chắc mình sai rồi !!

Bài 1.

Cho 4 số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $a+b+c+d=2$. Chứng minh rằng :

 1. $a^2-a+1\leq \frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2+d^2)$

 2. $\frac{a}{a^2-a+1}+\frac{b}{b^2-b+1}+\frac{c}{c^2-c+1}+\frac{d}{d^2-d+1}\leq \frac{8}{3}$

 

1.
Ta có :
$\frac{3}{4}(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})\geq \frac{3}{4}(a^{2}+\frac{(b+c+d)^{2}}{3})=\frac{3}{4}(a^{2}+\frac{(2-a)^{2}}{3})=a^{2}-a+1$
$\Rightarrow Q.E.D$
2.
Áp dụng ý 1 :

$\Rightarrow \sum \frac{a}{a^{2}-a+1}\leq \frac{a+b+c+d}{\frac{3}{4}(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})}\leq \frac{2}{\frac{3}{4}.\frac{1}{4}(a+b+c+d)^{2}}=\frac{8}{3}$
Dấu $"="$ xảy ra : $\Leftrightarrow a=b=c=d=\frac{1}{2}$

cho tam giác ABC 3 đường phân giác AD, BE, CF. tìm max của diện tích tam giác DEF

Ta có :

$S_{DEF}=\frac{2AB.BC.CA.S_{ABC}}{(AB+BC)(BC+CA)(CA+AB)}\leq \frac{2AB.BC.CA.S_{ABC}}{8AB.BC.CA}=\frac{S_{ABC}}{4}$
Vậy : $\max S_{DEF}=\frac{S_{ABC}}{4}\Leftrightarrow AB=BC=AC$
P\s : Công thức trên bạn có thể dễ dàng chứng minh bằng định lí hàm $\sin$