Bôi đỏ để làm gì nhỉ .Ai làm bài hình đi

Bài hình:
Phần $a)$ thì dễ rồi, phần $b)$

Chứng minh $\angle ACB = \angle NHC (=\angle FHA)$ dựa vào $\angle FKA = \angle BOA$

Từ đó suy ra $\triangle NCH \sim \triangle NAC \implies NC^2 = ND^2 = NH.NA$

$\implies NC = ND = \frac 12 CD$

Tương tự $MD = \frac 12 BD$

$\implies MN = \frac 12 BC$ không đổi

Cách phản chứng có vẻ không tự nhiên cho lắm .Mà cái mũ 3 chuyển xuống mũ 2 là ntn

Cái thằng Ngọc Anh này, cứ giả vờ Never Give Up, phân tích thành nhân tử rồi chia 2 vế cho $(a+b-2)$ vì $a+b-2>0$ mà, bây giờ khinh không trả lời đâu

Xin lỗi các bạn!!! Có vẻ như mình bị ngược dấu rồi!!! 

Nhưng có vẻ là $a+b \le 2$ là đúng thật (bạn xem chứng minh của mình ở bên trên có đúng không), mà chứng minh được vậy sẽ suy luôn được $2\sqrt {ab} \le a+b \le 2 \implies ab \le 1$

@trananh2771998: giả sử trái lại là giả sử $a+b>2$, mày cứ check bài tao đi, tao làm qua, vội nên có thể sai sót :okay:

Bài $4$:

Ta có: $\left\{\begin{matrix} a^{3}+1+1\geq 3a & \\ b^{3}+1+1\geq 3b & \end{matrix}\right. \Rightarrow a^{3}+b^{3}+6ab+4\leq 12\Rightarrow 3a+3b+6ab\leq 12\Rightarrow a+b+2ab\leq 4$

Lại có: $a+b\geq 2\sqrt{ab}\Rightarrow 4\geq a+b+2ab\geq 2ab+2\sqrt{ab}\Rightarrow ab+\sqrt{ab}-2\leq 0\Rightarrow (\sqrt{ab}-1)(\sqrt{ab}+2)\leq 0\Rightarrow -2\leq \sqrt{ab}\leq 1\Rightarrow ab\leq 1\Rightarrow a+b\leq 2$

Ta có: $\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{2ab}+\frac{1}{ab}+ab+\frac{3}{2ab}\geq \frac{4}{(a+b)^{2}}+\frac{3}{2ab}+2\geq 1+\frac{3}{2}+2=\frac{9}{2}$

Vậy $\max P=\frac{9}{2}\Leftrightarrow a=b=1$

Cho mình hỏi, tại sao, có $ab \le 1$ mà bạn suy ra được $a+b \le 2$ (cùng câu hỏi với "bạn" trananh2771998)

Mà để chứng minh $ab \le 1$ sao bạn không chứng minh $8+1=(a^3+b^3+1)+6ab \ge 9ab \implies 1\ge ab$

Chứng minh $a+b\le 2$

Giả sử trái lại, khi ấy:

$(a+b)^3 - 3ab(a+b)+6ab \le 8\\ \implies (a+b)^3-8 \le 3ab (a+b-2)$

$\implies (a+b)^2+2(a+b)+4 \le 3ab \implies$ vô lí

$\implies Q.E.D$

Đến đây thì các bạn làm điểm rơi bình thường sẽ tìm được min

tìm các số tự nhiên a,b,c sao cho $a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)$ là số nguyên tố

Theo mình thì bài này bạn xét các trường hợp dư khi chia cho $3$

Để chứng minh khi ... thì $3 \mid a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)$

còn lại thì $2 \mid a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)$

$\implies$ chỉ có các nghiệm tầm thường

Giải phương trình nghiệm nguyên $y^{4}+4y=24$

$24\equiv 4y \equiv 0 \pmod 4\implies 4 \mid y^4 \iff 2|y$

Đặt $y = 2k$ với $k \in \mathbb Z$

$\implies k(k^3+1)=3= \pm 1 \cdot (\pm 3)$

Đến đây thì dễ rồi

x²+ x^1/2 = 5

Hàm trên đồng biến trên tập xác định ($x \in \mathbb{R^+}$)

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất
$x= \left( -1/12\,\sqrt {6}\sqrt {{\frac { \left( 108+12\,\sqrt {96081}\right) ^{2/3}-240}{\sqrt [3]{108+12\,\sqrt {96081}}}}}+1/12\,\sqrt {
6}\sqrt {{\frac {-\sqrt {{\frac { \left( 108+12\,\sqrt {96081}\right) ^{2/3}-240}{\sqrt [3]{108+12\,\sqrt {96081}}}}} \left( 108+12\,\sqrt {96081} \right) ^{2/3}+240\,\sqrt {{\frac { \left( 108+12\,\sqrt {96081} \right) ^{2/3}-240}{\sqrt [3]{108+12\,\sqrt {96081}}}}}+12\,\sqrt {6}\sqrt [3]{108+12\,\sqrt{96081}}}{\sqrt [3]{108+12\,\sqrt {96081}}\sqrt {{\frac { \left( 108+12\,\sqrt {96081} \right) ^{2/3}-240}{\sqrt [3]{108+12\,\sqrt {96081}}}}}}}} \right) ^{2}$

hay http://www.wolframal...^2 + sqrt x = 5

Tìm giá trị nhỏ nhất của P =$\frac{1}{2+a^2}+\frac{1}{2+b^2}+\frac{1}{2+c^2}$

 

với a,b,c dương và a+b+c=3.

$a+b+c=3$ hay là $ab + bc + ca = 3$ (để thế mình mới làm được), bạn xem lại cho mình được không ?

Ta có đánh giá:

$\sum \frac{x}{ y^{2} \dotplus z ^{2}} = \sum \frac x{1-x^2} \ge \sum \frac 32 \sqrt 3 x^2=VP$

Cho các số dương x,y,z thoả mãn $x^{2} \dotplus y ^{2} \dotplus z^{2} =1$

Chứng minh

$\sum \frac{x}{ y^{2} \dotplus z ^{2}} \geq \frac{3\sqrt{3}}{2 }$

http://diendantoanho...t6/#entry416969

Liệu có đc k nhỉ

Gợi ý:

Theo bài ra, có:
$n \sqrt 6 > m \implies 6n^2 > m^2 \implies 6n^2 \ge m^2+1$

Mà $6 \nmid m^2 + 1\implies 6n^2 \ge m^2 + 2$

$\implies 6 \ge ? > ...$ (bạn tự chứng minh tiếp, chắc hướng làm là như vậy)

Trên các cạnh AB, AC, BC, của tam giác ABC lần lượt lấy $C_{1}, A_{1}, B_{1}$ sao cho $AA_{1}, BB_{1}, CC_{1}\leq 1$. Chứng minh $S_{ABC}\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$

Giải như sau:
Không mất tính tổng quát, giả sử $\alpha \ge \beta \ge \gamma$

TH1: $\triangle ABC$ nhọn

$\implies 60^o \le \alpha < 90^o \implies S_{ABC}= \frac 1{2\sin \alpha} h_b\cdot h_c \le \frac 13$

TH2: $\triangle ABC$ không nhọn

$\implies \alpha \ge 90^o \implies S_{ABC}= \frac 12 AB\cdot AC \cdot \sin \alpha \le \frac 12 AB\cdot AC \le \frac 12 < \frac 1{\sqrt3}$

Tiếp tục nào

Bài 73* : Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên dương :

a.$x^{4}+y^{4}=z^{2}$

b.$x^{4}-y^{4}=z^{2}$

Bài 74 : Có tồn tại hay không các số nguyên $x$,$y$ thoả mãn điều kiện $1992x^{1993}+1993y^{4}=1995$

Bài 75 : Giải phương trình nghiệm nguyên : $x^{2}+x=y^{4}+y^{3}+y^{2}+y$

Bài 74: Xét đồng dư cho $4 \implies$ vô nghiệm

Bài 75: Nhân thêm $4$ rồi cộng $1$ vào $2$ vế, rồi chặn sẽ tìm đuợc nghiệm

Bài 73: a), b)
Đưa về phương trình pytago, chắc biểu diễn các nghiệm 1 hồi $\implies$ vô nghiệm (chưa thử, không biết lùi vô hạn được không)

EDIT: Đây là 1 bài toán của Nagell, đã được chứng minh vô nghiệm (các bạn thử Google xem có solution không ?).

Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho $\frac{1}{p}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}$ với $a,b$ là các số nguyên dương.

 

-------------------------------------------

p/s: Mình được thầy gợi ý là:

Giả sử $(a,b)=m$ suy ra $a=mq,b=mr$ với $(q,r)=1$. Do đó: $p(r^2+q^2)=m^2q^2r^2$

Từ đó lập luận để $q=r=1$

Bài toán mạnh hơn, giải phương trình nghiệm nguyên dương với $p$ là số nguyên tố: $\frac 1p=\frac 1a+\frac 1b$

Ta đi chứng minh có $4024$ tam giác không có điểm chung, cách chứng minh khá giống http://diendantoanho...g-nhỏ-rồi-để-t/

Phần đặc sắc hơn

Bài 5: Cho hình vẽ, hãy chứng minh $B,L,C$ thẳng hàng

Spoiler

Bài 6: Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp ABCD (và ABCD là tứ giác nội tiếp). Chứng minh $AB + CD \ge 4r$

Bài 7: Một tam giác có trung điểm các đường cao thẳng hàng. Hỏi tam giác đó là tam giác gì ? (mình nghĩ nó là tam giác vuông)

Bài 8 (bài này khá đơn giản): Trong 5 đường tròn luôn có 4 đường tròn có 1 điểm chung. Chứng minh cả 5 đường tròn đều đi qua điểm chung ấy

nếu lấy luôn kết quả định lý cosin mà không cần chứng minh lại thì có thể làm như sau:

trong tam giác ABM có:

 

$AB^{2}+BM^{2}-2.AB.BM.cosB = AM^{2}<=> a^{2}+BM^{2}-2.a.BM.\frac{\sqrt2}{2} = 3^{2} <=> a^{2}+BM^{2}-BM.a.\sqrt2 = 9 <=> a^{2}+BM^{2}-BM.(BM+MC) = 9 <=> BM.MC = a^{2} - 9$

Mà $BM+MC = BC = a.\sqrt2$

=> tính đc BM, MC 

=> tính đc tổng . . . 

À à, em vẽ sai hình nên nó mới lộn linh tinh , tưởng nó cân tại $B$

chỗ dòng đỏ phải là góc giữa vecto AB và AM.

chỗ dòng xanh phải là (vecto AC - vecto AM)^2. do vậy không thể thay độ dài đoạn thẳng AC, AM vào như thế kia vì vecto là 1 đại lượng có hướng.

==>>> nhầm lung tung cả rồi

Chị xem lại cái link em gửi đi, em có lôi vector vào đây đâu

Cho tứ giác ABCD có độ dài bốn cạnh a, b, c, d đều là các số nguyên dương. CMR nếu độ dài mỗi cạnh đều là ước số của chu vi tứ giác này thì tứ giác đó có ít nhất 2 cạnh bằng nhau.

Theo đầu bài, có:
$\sum a = ma=np=pc=qd \\ \implies \sum \frac 1m = \sum \frac {a}{a+b+c+d} = 1$

Giả sử không có số nào bằng nhau và $a>b>c>d \ge 1 \implies m \ge 3$
$\implies \sum \frac 1m \le 1/3 + 1/4 + 1/5 + 1/6 < 1\implies Q.E.D$

Ban tham khảo cái: http://en.wikipedia..../Law_of_cosines

Đặt $AB = a$

Áp dụng công thức, có:

 $MB^2 = a^2 + 3^2 - 2a\cdot 3 \cos 45^o$

 $MC^2 = (AC - AM)^2 = (a\sqrt 2 - 3)^2$

Cộng lại...

Trên bàn có 10 miếng giấy. Người ta chọn một vài miếng và cắt mỗi miếng thành 7 miếng nhỏ, rồi để tất cả các miếng giấy sau khi cắt trở lại mặt bàn. Tiếp theo, lại chọn một vài miếng giấy trên bàn (trong tổng số các miếng giấy) và lại cắt mỗi miếng thành 7 miếng rồi để tất cả các miếng giấy sau khi cắt trở lại mặt bàn. Quá trình cứ tiếp diễn như vậy, hỏi sau hữu hạn bước, có thu được 2014 miếng giấy hay không?

Không mất tính tổng quát, có thể giả sử mỗi lần chỉ chọn một miếng giấy, khi ấy, 1 miếng --> 7 miếng

$\implies$ số giấy trên mặt bàn tăng thêm $-1+7 = 6$ (miếng)

Vậy sau $334$ bước sẽ có thêm $6 \cdot 334 = 2004$ miếng $\iff$ số giấy trên bàn là $2004+10 = 2014$

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O,R).Gọi Q là tâm đường tròn Ơ-le của tam giác ,M,N,P lần lượt là giao điểm của (O) với QA,QB,QC.(Q là trung điểm HO với H là trực tâm của tam giác ABC)
$CMR:\dfrac{1}{QM}+\dfrac{1}{QN}+\dfrac{1}{QP} \geq \dfrac{3}{R}$
P/s:Bạn nào có ý tưởng nào cứ nêu ra để tham khảo!

Hình như đầu bài có vấn đề ạ (cái chỗ màu đỏ), em nghĩ là sai vì $(O) \cap QA , QB , QC \equiv A, B, C$

@nhuannhi Là lính mới, bạn đọc bài hướng dẫn LaTeX ấy hoặc dùng nút fx.

Cho mình hỏi là P cố định ko bạn?

Có bạn à, P cố định, mình sửa đầu bài rồi đấy

Cho $P$ nằm trong $(O;R)$. Dây $AB \perp CD \equiv P$. Gọi $K$, $I$ là trung điểm của $OP$, $BC$. 

Chứng minh $\overline {IK}$ không đổi (khi $P, O, R$ cố định)

Tìm số dư khi chia [$(2+\sqrt{3})^{2011}$] cho $3$ với [$a$] là phần nguyên của $a$

Do $2 \pm \sqrt 3$ là nghiệm $x^2-4 x+1 = 0$
nên nếu $s_ n = x_1^n + x_2^n = (2 + \sqrt 3)^n + (2-\sqrt 3)^n$

thì xét đồng dư cho 3, có: $s_{n+2}=4s_{n+1}+s_n \equiv s_{n+1} + s_n$

$\implies s_{n+3} \equiv s_{n+2}+s_{n+1} \equiv s_n - s_{n+1}$

Tương tự $s_{n+6} \equiv s_{n+3}- s_{n+4} \equiv s_{n+3} - (s_{n+3} + s_{n+2}) = - s_{n+2}$

Đến đây thì dễ rồi. (có thể mình làm hơi bị vòng vèo nhưng hướng là là như vậy)

Câu 3

b) Vì $x,y,z \in [1;3]\implies \sum (x-1)(x-3) \le 0$

$\iff \sum (x^2 - 4x + 3) \le 0 \iff \sum x^2 \le 4\sum a -9 \le 20-9=11$

Dấu "=" xảy ra khi $(a;b;c) = (1;1;3)$ và hoán vị $\implies Q.E.D$