Số có bốn chữ số tổng quát là  1000.a+b.100+c.10+d . Theo bài a+b+c+d=11 (1)
Cho $\frac{a+c-b-d}{11}$=k (k  E Z) (2)
a;b;c;d $\leq$ 9 => k E {0;1;-1}. Sở dĩ như vậy vì nếu k=2 => (a+c)-(b+d)=22 vô lí ! 
TH1: k=0 => a+c-(b+d)=11.k. (3) 
​Công (1);(3) ta được 2.(a+c)=11.(1+k) => 2.(a+c)=11 => a+c=5,5 vô lí nên loại. 
TH2: k=-1 => 2.(a+c)=11.(1+k)=0 => a=c=0 vô lí nên loại. 
TH3: k=1 . Lấy (1) trừ đi (3) 
​2.(b+d)=11.(1-k) => b=d=0 => nếu a=2 thi c=9 
a=3 => c=8 
a=4 => c=7 
a=5 => c=6 
a=6 => c=5 
a=7 => c=4 
a=8 => c=3 
a=9 => c=2 
Vậy các số cần tìm là: 2090;3080;4070;5060;6050;7040;8030;9020

Goi 6 thành phố đó là A;B;C;D;E;F 
Xet tp A trong 5 tp còn lại phải có  3 tp cùng liên lạc được hay không liên lạc với A. Giả sử B;C;D liên lạc được với A. Theo gt có ít nhất 2 trong 3 tp liên lạc được với nhau , cùng với A 3 tp lập thành bộ 3 cần tìm. 
​Giả sử B;C;D không liên lạc được với A. Theo gt suy ra rằng nhóm ( B;C;A) có B;C liên lạc với nhau; (B;D;A) có B;D liên lạc với nhau ; (C;D;A) có Đ;C liên lạc với nhau. Vậy lúc này (B;C;D) là bộ 3 cần tìm.

166)  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương 
$\frac{1}{a.b.3}$+$\frac{1}{a^2+b^2+a.b}$ $\geq$ $\frac{4}{4.a.b+a^2+b^2}$=$\frac{4}{1+2.a.b}$  
​Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương : 
2.$\sqrt{a.b}$ $\leq$ $a+b$=1 
Suy ra: 4.a.b $\leq$ $(a+b)^2$=1 
Suy ra a.b $\leq$ 0,25 <=> a.b.2+1 $\leq$ 1,5 
Suy ra: $\frac{4}{1+2.a.b}$ $\geq$ $\frac{8}{3}$ 
=> $\frac{1}{a.b.3}$+$\frac{1}{a^2+b^2+a.b}$ $\geq$ $\frac{8}{3}$ <=> VT $\geq$ VP (dpcm)
 

Một số bài tập tự luyện cho dạng bài trên:

 

Bài 79:

$7x^2+7x=\sqrt{\frac{4x+9}{28}}$

ĐK: $x \ge \frac{{ - 9}}{4}$
Đặt $\sqrt {\frac{{4x + 9}}{{28}}} = y + \frac{1}{2}\left( {y \ge \frac{{ - 1}}{2}} \right)$
Khi đó ta có hệ phương trình:
$\left\{ \begin{array}{l}
2x = 14{y^2} + 14y - 1(1)\\
2y = 14{x^2} + 14x - 1(2)
\end{array} \right.$
Ta có:
$\begin{array}{l}
\left( 1 \right) - \left( 2 \right) \Leftrightarrow 2\left( {x - y} \right) = 14\left( {{y^2} - {x^2}} \right) + 14\left( {y - x} \right)\\
\Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {14x + 14y + 16} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = y\\
x = \frac{{ - 8 - 7y}}{7}
\end{array} \right.
\end{array}$

$\frac{1}{2^2}$+$\frac{1}{4^2}$+...+$\frac{1}{2.n^2}$<$\frac{1}{1.3}$+$\frac{1}{3.5}$+...+$\frac{1}{(\sqrt{2}.n-1).(\sqrt{2}.n+1)}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{\sqrt{2}.n.2+2}$<$|frac{1}{2}$

Để mình làm cách khác  
M=$a^2$+$2.a$+1+a=$(a+1)^2$+a 
​Nếu a là số chẵn => M le 
Nếu a là số lẻ => M le 
=> dpcm

 

Mình úp thêm một số bài toán tính tổng, các bạn tha hồ giải nhé 

 

$\boxed{13}$ Chứng minh rằng $A=1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + ... + n^5 = \dfrac{1}{2}n^2(n+1)^2(2n^2+2n-1)$

 

$\boxed{14}$ Chứng minh rằng $A=1^3+2^3+3^3+....+n^3 = (1+2+3+4+...+n)^2$

 

$\boxed{15}$ Tính tổng: $A=1^k + 2^k + 3^k + 4^k + ... + n^k$ $(k > 0 )$

 

$\boxed{16}$ Tính tổng: $A= 1! + 2.(2!) + 3.(3!) + 4.(4!) + 5.(5!) + ... + n.(n!)$ với ($n! = 1.2.3.4.5. .... n$)

 

$\boxed{17}$ Tính tổng: $A= 1 + 2p + 3p^2 + ... (n+1)p^n$ $(p \neq 1)$

 

$\boxed{18}$ Chứng minh công thức: $k(k+1)(k+2)(k+3) - (k-1)k(k+1)(k+2)= 4k(k+1)(k+2)$. 

 

$\boxed{19}$ Tìm $x$: 

 $a,$ $(x+1) + (x+2) + (x+3) + ...+ (x+100) = 5070$

 $b,$ $1+2+3+4+... + x = 820$

 $c,$ $1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{{10}} + ...... + \frac{2}{{x(x + 1)}} = \frac{{1991 + 1989}}{{1991}}$

 

$\boxed{20}$ Tính tổng: $A=\frac{1}{{{3^0}}} + \frac{1}{{{3^1}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + ..... + \frac{1}{{{3^{2005}}}}$

 

$\boxed{21}$ Tính tổng: $A=1.2 + 2.5 + 3.8 + ... + n(3n-1)$

 

$\boxed{22}$ Tính tổng: $A=1 + p + p^2 + p^3+ p^4 + ... + p^n$ $(p \neq 1)$

 

$\boxed{23}$ Tính tổng: $A = \frac{3}{{{{(1.2)}^2}}} + \frac{5}{{{{(2.3)}^2}}} + ....... + \frac{{2n + 1}}{{{{\left[ {n(n + 1)} \right]}^2}}}$

 

$\boxed{23}$ Tính tổng: $ A = \frac{1}{{1.2.3.4}} + \frac{1}{{2.3.4.5}} + ...... + \frac{1}{{n(n + 1)(n + 2)(n + 3)}}$

 

22) 
$A.p=p+p^2+...........+p^{n+1}$ 
$A.(p-1)=p^{n+1}-1$ 
=> $A=\frac{p^{n+1}-1}{p-1}$

($x$-$\frac{1}{5}$).($y$+$\frac{1}{2}$).($z$-3)=0 
TH1: $x$=$\frac{1}{5}$ 
=> $y$=$\frac{1}{5}$-$1$ 
$z$=$\frac{1}{5}$+4 
​Tương tự như vậy xét các TH $y$=$\frac{-1}{2}$ vs $z$=3

b) A=($\frac{1}{2}$-1)................($\frac{1}{2014}$-1) 
A=$\frac{-1}{2}$.$\frac{-2}{3}$..............$\frac{-2013}{2014}$=$\frac{-1}{2014}$

Cho $A(x)$=$a$.$x^3$+$b$.$x^2$+$c$.$x$+$d$ và $A(0)$;$A(1)$ đều là số lẻ. 
C/m $A(x)$ không có nghiệm nguyên    

Giải pt: 
$\sqrt{2x^2+48x-27}+x\sqrt{2x^2-24x+67}=4x+6$

$$pt\iff x\left( \sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}-2 \right)+\sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}-(2x+6)=0 \\ \iff x.\frac{2{{x}^{2}}-24x+63}{\sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}+2}-\frac{2{{x}^{2}}-24x+63}{\sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}+2x+6}=0 \\ \iff (2{{x}^{2}}-24x+63)\left( \frac{x}{\sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}+2}-\frac{1}{\sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}+2x+6} \right)=0 \\ \iff \left[ \begin{matrix} x=6\pm \frac{3\sqrt{2}}{2} \\ \frac{x}{\sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}+2}-\frac{1}{\sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}+2x+6}=0,(1) \\ \end{matrix} \right.$$

$$(1)\iff \sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}+2=x\left( \sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}+2x+6 \right) \\ \iff \sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}-7=x\left[ \sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}+3x-6 \right]-\left( {{x}^{2}}-12x+9 \right)  \\ \iff \frac{2({{x}^{2}}-12x+9)}{\sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}+7}=-\frac{7({{x}^{2}}-12x+9)}{\sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}-3x+6}-({{x}^{2}}-12x+9) \\ \iff  ({{x}^{2}}-12x+9)\left[ \frac{2}{\sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}}+\frac{7}{\sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}}+1 \right]=0$$

Giải phương trình $x^{2}=\sqrt{x+5}$

http://diendantoanho...trình-x2sqrtx5/

cho tam giác ABC, đường phân giác AD, trung tuyến AM. QUa I thuộc đoạn thẳng AD, kẽ IH vuông góc vs AB, IK vuông góc vs AC. Gọi N là giao điểm HK và AM. C/m: $IN \perp BC$

 

MSS 59

Ta có $(x+y)^{2}-4xy\geq 0$ (1)

         $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ (2)

Cộng (1) và (2) ta được $(x+y)^{3}+(x+y)^{2}-2\geq 0$

Đặt $t=(x+y)$

$\Rightarrow t^{3}+t^{2}-2\geq 0$

$\Leftrightarrow t^{3}+2t^{2}+2t-t^{2}-2t-2\geq 0$

$\Leftrightarrow t(t^{2}+2t+2)-(t^{2}+2t+2)\geq 0$

$\Leftrightarrow (t-1)(t^{2}+2t+2)\geq 0$

Mà $t^{2}+2t+2=t^{2}+2t+1+1=(t+1)^{2}+1\geq 1> 0$

$\Rightarrow t-1\geq 0$

$\Leftrightarrow x+y\geq 1$

Mặt khác $(x-y)^{2}\geq 0$

$\Rightarrow 2x^{2}-x^{2}-2xy+2y^{2}-y^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow 2(x^{2}+y^{2})\geq (x+y)^{2}$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}\geq \frac{(x+y)^{2}}{2}\geq \frac{1}{2}$ (Dấu "=" xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$)

Lại có $(x^{2}+y^{2})^{2}\geq 4x^{2}y^{2}\Rightarrow \frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}\geq x^{2}y^{2}$

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

         $=3[(x^{2}+y^{2})^{2}-x^{2}y^{2}]-2(x^{2}+y^{2})+1$

         $\geq 3[(x^{2}+y^{2})^{2}-\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}]-2(x^{2}+y^{2})+1$

         $\geq \frac{9}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1$

Đặt $a=x^{2}+y^{2}$ (Điều kiện $a\geq \frac{1}{2}$)

$f(a)= \frac{9}{4}a^{2}-2a+1,a\geq \frac{1}{2}$

$f(a)\geq f(\frac{1}{2})=\frac{9}{16}$

Vậy $P_{min}=\frac{9}{16}\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

 

2 lời giải này có lẽ không phù hợp với THCS, dùng cả đạo hàm

MSS-01: Nguyễn Đức Thuận

 

Từ bất đẳng thức (BĐT) AM-GM, ta có:

$(x+y)^2\geq 4xy(1)$

$x^2+y^2\geqslant \frac{(x+y)^2}{2}(2)$

 

$(1)\Rightarrow (x+y)^3+(x+y)^2\geq 2\Leftrightarrow a^3+a^2-2\geqslant 0$ (a=x+y)

$\Rightarrow (a-1)(a^2+2a+2)\geqslant 0\Leftrightarrow a\geq 1$ (Do $a^2+2a+2=(a+1)^2+1>0$ với mọi a)

$(2)\Rightarrow t=x^2+y^2\geq \frac{a^2}{2}\geq \frac{1}{2}$ $\Rightarrow t^2\geq \frac{1}{4}$

Sử dụng BĐT dạng $(1)$: $\frac{t^2}{4}\geq x^2y^2$

Biến đổi: $P=3\left [t^2-x^2y^2 \right ]-2t+1\geq 3.\frac{3t^2}{4}-2t+1$

$=2(t-\frac{1}{2})^2+\frac{t^2}{4}+\frac{1}{2}\geq \frac{1}{16}+\frac{1}{2}=\frac{9}{16}$

 Vậy $MinP=\frac{9}{16}$  khi $x=y=\frac{1}{2}$

 

a,b chưa chắc dương bạn à  

Theo giả thiết ta có : $(x+y)^3+4xy\geq 2\Rightarrow 2\leq (x+y)^3+(x+y)^2\Leftrightarrow (x+y)^3+(x+y)^2-2\geq 0\Leftrightarrow \left ( x+y-1 \right )\left [ \left ( x+y \right )^2+x+y+2 \right ]\geq 0\Rightarrow x+y\geq 1$

Ta có : $P=3\left ( x^4+y^4+x^2y^2 \right )-2\left ( x^2+y^2 \right )+1$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ với các số thực $a,b$ ta có : $4ab\leq \left ( a+b \right )^2,a^2+b^2\geq 2\left | ab \right |\geq 2ab$

$\Rightarrow 2P=6\left ( x^4+y^4+x^2y^2 \right )-4\left ( x^2+y^2 \right )+2=2\left ( x^4+y^4-x^2y^2 \right )+4\left ( x^4+y^4+2x^2y^2 \right )-4\left ( x^2+y^2 \right )+2=2\left ( x^4+y^4-x^2y^2 \right )+\left [ 2\left ( x^2+y^2 \right )-1 \right ]+1$

$\geq \left ( x^4+y^4 \right )+\left ( x^4+y^4-2x^2y^2 \right )+\left [ \left ( x+y \right )^2 \right ]+1\geq x^4+y^4+1\geq 2.\left ( \frac{x+y}{4} \right )^4+1\geq \frac{9}{8}\Rightarrow P\geq \frac{9}{16}$

Dấu = xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

$a,b$ có dương đâu mà $AM-GM$ bạn

http://diendantoanho...ức/#entry485174

Chủ đề này em không trích dẫn được ạ, em thử mấy lần r mà vẫn không được

Mở rộng: Cho $x,y,a,b,c,k\in \mathbb{R}; \ a,b,k\neq 0$ thỏa mãn $(x+y)^3+4xy \ge 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của: $$P=a\left(x^{2k}+y^{2k}+x^ky^k\right)−b\left(x^k+y^k\right)+c$$

Giải: 

Đầu tiên ta có bất đẳng thức cơ bản: $(a+b)^2\ge 4ab\iff (a-b)^2\ge 0$(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$

Đặt $x+y=t$, ta có: $$t^3+t^2=(x+y)^3+(x+y)^2\ge (x+y)^3+4xy\ge 2 \\ \implies t^3+t^2\ge 2$$

Xét bất phương trình: $$t^3+t^2-2\ge 0\iff (t-1)(t^2+2t+2)\ge 0\iff t\ge 1$$

Ta có: $x^{2k}+y^{2k}+x^ky^k\ge \dfrac{3}{4}\left(x^k+y^k\right)^2\iff \left(x^k-y^k\right)^2$ ( Luôn đúng)

Do đó: $$P\ge \dfrac{3a}{4}\left(x^k+y^k\right)^2−b\left(x^k+y^k\right)+c$$

Theo BĐT $Holder$ thì : $\left(x^k+y^k\right).2^{k-1}\ge (x+y)^k\implies x^k+y^k\ge \dfrac{2}{2^k}$

Đặt $x^k+y^k=m, \ m\ge \dfrac{2}{2^k}$, thì ta đưa về bài toán:

Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\dfrac{3am^2}{4}-bm+c$ với $m\ge \dfrac{2}{2^k}$

Đến đây dễ dàng tìm $\min P.$

Mở rộng thiếu hợp lí vì nếu các biến âm thì không tồn tại $x^k$, $y^k$ .

Bài trên em nhầm chút, em xin làm lại:

Đầu tiên ta có bất đẳng thức cơ bản: $(a+b)^2\ge 4ab\iff (a-b)^2\ge 0$(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$

Đặt $x+y=t$, ta có: $$t^3+t^2=(x+y)^3+(x+y)^2\ge (x+y)^3+4xy\ge 2 \\ \implies t^3+t^2\ge 2$$

Xét bất phương trình: $$t^3+t^2-2\ge 0\iff (t-1)(t^2+2t+2)\ge 0\iff t\ge 1$$

Lại có: $x^4+y^4+x^2y^2\ge \dfrac{3}{4}(x^2+y^2)^2\iff (x^2-y^2)^2\ge 0$ ( luôn đúng)

Do đó: $$P\ge \dfrac{9}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$$

Đặt $x^2+y^2=k, \ k\ge 0$. Mà $2(x^2+y^2)\ge (x+y)^2\iff (x-y)^2\ge 0\implies 2k\ge t^2\implies k\ge \dfrac{1}{2}$

Ta đưa về bài toán, tìm min của: $P=\dfrac{9k^2}{4}-2k+1$ với $k\ge \dfrac{1}{2}$ Ta có: $$P=\dfrac{1}{4}(9k^2-8k+4)=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{9}{4}\right]=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2\right]+\dfrac{9}{16}\ge \dfrac{9}{16}$$

Dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}k^2-\dfrac{1}{4}=0 \\ k-\dfrac{1}{2}=0\end{cases}\iff k=\dfrac{1}{2}\implies t=1\implies \begin{cases}x+y=1 \\ x=y\end{cases}\iff x=y=\dfrac{1}{2}$

Vậy $\min P=\dfrac{9}{16}$ khi và chỉ khi $x=y=\dfrac{1}{2}.\blacksquare$

Điểm 10.

Đầu tiên ta có bất đẳng thức cơ bản:  $(a+b)^2\ge 4ab\iff (a-b)^2\ge 0$(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$

Đặt $x+y=t$, ta có: 

$$t^3+t^2=(x+y)^3+(x+y)^2\ge (x+y)^3+4xy\ge 2 \\ \implies t^3+t^2\ge 2$$

Xét bất phương trình: $$t^3+t^2-t\ge 0\iff (t-1)(t^2+2t+2)\ge 0\iff t\ge 1$$

Lại có: $x^4+y^4+x^2y^2\ge \dfrac{3}{4}(x^2+y^2)^2\iff (x^2-y^2)^2\ge 0$ ( luôn đúng)

Do đó: $$P\ge \dfrac{9}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$$

Đặt $x^2+y^2=k, \ k\ge 0$. Mà $2(x^2+y^2)\ge (x+y)^2\iff (x-y)^2\ge 0\implies 2k\ge t\implies k\ge \dfrac{1}{2}$

Ta đưa về bài toán, tìm min của: $P=\dfrac{9k^2}{4}-2k+1$ với $k\ge \dfrac{1}{2}$

Ta có: $$P=\dfrac{1}{4}(9k^2-8k+4)=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{9}{4}\right]=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2\right]+\dfrac{9}{16}\ge \dfrac{9}{16}$$

Dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}k^2-\dfrac{1}{4}=0 \\ k-\dfrac{1}{2}=0\end{cases}\iff k=\dfrac{1}{2}\implies t=1\implies \begin{cases}x+y=1 \\ x=y\end{cases}\iff x=y=\dfrac{1}{2}$

Vậy $\min P=\dfrac{9}{16}$ khi và chỉ khi $x=y=\dfrac{1}{2}.\blacksquare$

Bỏ

Đầu tiên ta có bổ đề (*) : ( Định lý Ceva)

Cho một tam giác ABC, các điểm D, E, và F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, và AB. ĐỊnh lý phát biểu rằng các đường thẳng AD, BE và CF là những đường thẳng đồng quy khi và chỉ khi: $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$      

Chứng minh: 

 MSS.1.bmp   115.52K   1 Số lần tải    

Giả sử $AD; \ BE ; \ CF$ đồng quy tại 1 điểm $O$ nào đó ( nằm trong hoặc ngoài tam giác).

Ta có: $\Delta BOD$ và $\Delta COD$ có chung chiều cao $\implies \frac{|\Delta BOD|}{|\Delta COD|}=\frac{BD}{DC}$

Tương tự $\frac{|\Delta BAD|}{|\Delta CAD|}=\frac{BD}{DC}$

Ta suy ra: $$\frac{BD}{DC}=\frac{|\Delta BAD|-|\Delta BOD|}{|\Delta CAD|-|\Delta COD|}=\frac{|\Delta ABO|}{|\Delta CAO|}$$

Tương tự: $\frac{CE}{EA}=\frac{|\Delta BCO|}{|\Delta ABO|}$ và $\frac{AF}{FB}=\frac{|\Delta CAO|}{|\Delta BCO|}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta được: $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$       

Ngược lại , giả sử Ngược lại, giả sử rằng ta đã có những điểm $D, E$ và $F$ thỏa mãn đẳng thức. Gọi giao điểm của $AD$ và $BE$ là $O$, và gọi giao điểm của $CO$ và $AB$ là $F'$. Theo chứng minh trên $\frac{AF'}{F'B}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$

Kết hợp với đẳng thức trên, ta nhận được: $\frac{AF'}{F'B}=\frac{AF}{FB}$

Thêm 1 vào mỗi vế và chú ý rằng $AF''+F''B=AF+FB=AB$, ta có $\frac{AB}{F'B}=\frac{AB}{FB}$

Do đó $F''B=FB$, vậy $F$ và $F''$ trùng nhau. Vì vậy $AD,BE$ và $CF=CF''$ đồng qui tại $O$, và định lí đã được chứng minh đúng theo cả hai chiều.

Trở về bài toán: 

 MSS.3.bmp   680.89K   4 Số lần tải

$AM$ cắt $BC$ tại $K$, $BN$ cắt $AC$ tại $J$, $CP$ cắt $AB$ tại H.

Kẻ $EI//FL//BC$ ( $F,I\in AK$) thì ta có : $\frac{AF}{AB}=\frac{FL}{BK} \ ; \ \frac{AE}{AC}=\frac{EI}{CK} \ ; \ \frac{EI}{FL}=\frac{EM}{FM}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta có: $\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC}.\frac{FM}{EM}=\frac{BK}{FL}.\frac{EI}{CK}.\frac{FL}{EI}\implies \frac{BK}{CK}= \frac{FM}{EM} .\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC} \ \ (1)$

Tượng tự ta cũng có: $\frac{CJ}{AJ}=\frac{DN}{FN}.\frac{BC}{BD}.\frac{BF}{AB} \ \ (2)$ và $\frac{AH}{BH}=\frac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \ \ \ (3)$

Nhân các vế của $(1);(2);(3)$ ta được:

$\frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC}.\frac{FM}{EM}.\frac{DN}{FN}.\frac{BC}{BD}.\frac{BF}{AB}.\frac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \\ \implies \frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=\frac{FM}{EM}.\frac{EP}{DP}.\frac{DN}{FN}.\frac{DC}{BD}.\frac{BF}{AF}.\frac{AE}{CE} \ \ (\star)$

Áp dụng bổ đề (*) cho $\Delta ABD$ có $AD, CE, CF$ đồng quy và $\Delta DEF$ có $DM,EN,FP$ đồng quy ta có:

$\frac{FM}{EM}.\frac{EP}{DP}.\frac{DN}{FN}=1$ và $\frac{DC}{BD}.\frac{BF}{AF}.\frac{AE}{CE}=1$

Thay vào $(\star)$ : $\implies \frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=1$

Theo bổ đề (*) thì ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$

$d=10$

$S= 39$

Bài 1 với x,y,z là các số thực dương

cho $x+y+z=3$..Chứng minh rằng:(giúp mình làm theo nhiều cách)

$\frac{x(y+z)}{4-yz}+\frac{y(x+z)}{4-xz}+\frac{z(x+y)}{4-xy} \geq 2xyz$

 

$$\frac{x(y+z)}{4-xy}\ge \frac{2x\sqrt{yz}}{(2-\sqrt{yz})(2+\sqrt{yz})}= \frac{2xyz}{\sqrt{yz}(2-\sqrt{yz})(2+\sqrt{yz})} \\ \ge  \frac{2xyz}{\dfrac{(\sqrt{yz}+2-\sqrt{yz})^2}{4}.\left(2+\dfrac{y+z}{2}\right)}=\frac{4xyz}{y+z+4} \\ \implies VT\ge \sum \frac{4xyz}{x+y+4}=4xyz.\sum \dfrac{1}{x+y+4}\ge 2xyz$$

$$ Note: \ \ \  n^4+64=(n^2-4n+8)(n^2+4n+8)$$

2) Tính A= 1 + $\frac{3}{2^{3}}$ +$\frac{4}{2^{4}}$ + ... +$\frac{100}{2^{100}}$

\[
\begin{array}{l}
A = \frac{1}{2} + \frac{2}{{2^2 }} + \frac{3}{{2^3 }} + ... + \frac{{100}}{{2^{100} }} = \frac{1}{2} + \frac{1}{{2^2 }} + \frac{1}{{2^3 }} + ... + \frac{1}{{2^{100} }} + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2} + \frac{2}{{2^2 }} + ... + \frac{{99}}{{2^{99} }}} \right) \\
\iff A = 1 - \frac{1}{{2^{100} }} + \frac{1}{2}\left( {A - \frac{{100}}{{2^{100} }}} \right) \iff \frac{1}{2}A = 1 - \frac{1}{{2^{100} }} - \frac{{100}}{{2^{100} }} = 1 - \frac{{101}}{{2^{100} }} = \frac{{2^{100} - 101}}{{2^{100} }} \\
\iff A = \frac{{2^{100} - 101}}{{2^{101} }} \\
\end{array}
\]