Cấu hình bài toán 7a rất quen thuộc Với điểm $X$ đã xác định một cách khá rõ ràng

Qua $A$ vẽ $AP\parallel{BC}$ ( $P \in(O)$). Vì tứ giác $APCB$ là hình thang cân mà $AH_{a}$ vuông góc $BC$ , $D$ trung điểm BC nên $AP=2MH_{a}$. Do đó $AP$ cắt $OH$ tại trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ . Vì vậy $P,X,H_{a}$ thẳng hàng.

Lại có $\angle{BH_{a}X}=\angle{PH_{a}C}=\angle{ACX}$ . Suy ra $\triangle{ABC}\sim{\triangle{ACX}}$. Gọi $K$ là trung điểm $BH_{a}$ thì $\triangle{XH_{a}K}\sim{\triangle{XCE}}$

Suy ra góc $\angle{KXE}=\angle{PXC}=\angle{KCE}$ . Do đó bốn điểm $K, X, C ,E$ đồng viên ( đpcm)

Câu b có thể suy nghĩ theo hướng Ceva kết hợp Mênêlaus song Trục đẳng phương va phương tích vẫn tỏ ra hiệu quả trong bài toán này

Thực ra bài hình 7 VMO năm nay cũng có nhiều đặc điểm tương tự như tính chất như bài hình ngày 1 của kì thi $VNTST$ năm 2009

$1$.  $AF$ cắt $BC$ , $SED$ tại $S$ và $U$; $BC$ giao $ED$ tại $V$ . $AB$ giao $EF$,$CD$ tại $X$ và $Y$; $EF$ cắt $CD$ tại $Z$. Dễ thấy $SUV$ đều .Gọi $\vec{a},\vec{b},\vec{c},\vec{d},\vec{e},\vec{f}$ là các vector đơn vị trên mỗi cạnh của lục giác đã cho từ $AB$ đến $FA$

Áp dụng định lí con nhím cho tam giác đều $SUV$ ta được:  $\vec{b}$+$\vec{d}$+$\vec{f} = 0 $ $(1)$

Tiếp tục áp dụng định lí con nhím cho lục giác $ABCDEF$ và kết hợp với $(1)$ dễ dàng suy ra: $\vec{a}$+$\vec{c}$+$\vec{e}=0$

Do các vector này không cùng hướng và đặt trên các cạnh của tam giác $XYZ$ suy ra tam giác $XYZ$ đều

Từ đây ta có tứ giác $SBFX$ nội tiếp suy ra được $\angle {XFA}=\angle{SBA}\Rightarrow { \angle{B}=\angle {F}}$

Tương tự suy ra điều phải chứng minh.

Chép lại trong quyển một số chuyên đề chọn lọc

Vâng ạ , nhiều vào

Bài này có công thức tổng quát luôn nhé

Bài này trong sách tài liệu chuyên 12

Tìm $x,y\in{Z^+}$ thỏa mãn $(x+1)(y+1)\mid{x^3+y^3+1}.$

Đây là bài mở rộng của bài Iran TST 2013.

Phản chứng và viết lại dưới dạng $(a+b+c)^2=(3k+2)(ab+bc+ca)$

Nếu tất cả các ước của $3k+2$ đều có dạng $3q+1$ thì vô lí, vậy phải tồn tại ước nguyên tố dạng $3q+2$ và ta dễ thấy rằng nếu số mũ của các ước dạng $3q+2$ này là chẵn thì nó sẽ $\equiv {1} (mod3)$ , dẫn đến vô lí. Vậy rõ ràng phải có một ước nguyên tố $p$ dạng $3q+3$ và số mũ cao nhất trong khai triển lũy thừa của $3k+2$ là một số lẻ , tức là ${v}_{p}(3k+2)=2z-1$.

Suy ra $p^{2z-1}\mid{(a+b+c)^2}$ nên $p^z\mid{(a+b+c)}$ suy ra $p^{2z}\mid(a+b+c)^2$ và do đó $p\mid{ab+bc+ca}$

Do $ p\mid{a+b+c}$ và $p\mid{ab+bc+ca}$ , dẫn đến $p\mid ab-(a+b)^2$. Ta được $p\mid{a^2+ab+b^2}$

Tương đương $p\mid{(2a+b)^2+3b^2}$ suy ra $3b^2$ chính phương modulo $p$

Theo kí hiệu $Legendre$ ta có $1=(\frac{-3b^2}{p})=(\frac{-3}{p}) $ suy ra $p\equiv{1}(mod6)$ ( Theo hệ quả của luật tương hỗ $Gauss$)

Điều này là vô lý do $p=3q+2$ với giả thuyết phản chứng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài 2: $IE, IF $ lần lượt cắt $(AIC)$ và $(AIB)$ tại $H,K$

Ta có $ \overline{FI}.\overline{FK}= \overline{FA}.\overline{FB}=\overline{FN}.\overline{FN}$. Suy ra $K\in{(MIN)}$. 

Tương tự ${H}\in{(MIN)}$. Mặt khác vì $Q$ là tâm ngoại của $(AIB)$ nên $OG\perp{AB}$. Lại có ${IK}\perp {AB}$ và ${SQ} \perp{OQ}$ .

Dẫn đến ${SQ}\perp{IK}$ hay $S$ thuộc trung trực $IK$ . Tương tự thì $S$ cũng thuộc trung trực ${IH}$ 

Như vậy $S$ là tâm ngoại của $(IKH)$ mà $K, H\in (IMN)$ . Dẫn đến $S$ là tâm ngoại $(IMN)$

coi trong sách tài liệu chuyên toán 10

Phần nào ấy ạ

 

 

$\sum {\frac{{{a^4}}}{{{a^3} + {b^3}}} = \sum {a - \frac{{a{b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}}}  \ge \frac{{a + b + c}}{2}}$

BĐT lúc này $\Leftrightarrow \sum {\frac{{a{b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}} \le \frac{{a + b + c}}{2}}$

$\sum {\frac{{a{b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}} = \sum {\frac{{a{b^3}}}{{\sqrt {({a^6} + 2{a^3}{b^3} + {b^6})} }}}  \le \sum {\frac{{a{b^3}}}{{\sqrt[4]{{8{a^3}{b^3}({a^6} + {b^6})}}}}}  = } \frac{1}{{\sqrt[4]{8}}}.\sqrt[4]{{a{b^3}}}\sqrt[4]{{\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}}}$

Ta có Bổ đề vailsile $(ab^3+bc^3+ca^3) \leq  (a^2+b^2+c^2)^2$

Nên 

$\sum {\sqrt[4]{{a{b^3}}}\sqrt[4]{{\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}}}}  \le \sqrt {\left( {\sqrt {a{b^3}}  + \sqrt {b{c^3}}  + \sqrt {c{a^3}} } \right)\left( {\sum {\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}} } \right)}  \le \sqrt {\frac{1}{3}{{(a + b + c)}^2}\left( {\sum {\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}} } \right)}$

 $\rightarrow  \sum {\frac{{a{b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}} \le \frac{1}{{\sqrt[4]{{72}}}}} \left( {a + b + c} \right)\sqrt {\left( {\sum {\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}} } \right)}  \le \frac{{a + b + c}}{2}$

$B{\rm{D}}T \Leftrightarrow \sum {\sqrt {\frac{{{a^6}}}{{{b^6} + {a^6}}}} }  \le \frac{3}{{\sqrt 2 }}$

BĐT này quá quen thuộc rồi

 

 

 

P/s: Mình làm ntn dc coi là dùng  ngược dấu ko

 

Hơi giống trong sách giải thì phải

Bài 2 có trong sách BĐT 8,9. Bài 4 đổi biến dùng p,q,r

Không có cách khác à

Bài này rất dễ, ta chỉ cần CM BĐT sau:

$\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\geq{\frac{b+c}{a}}$ $(1)$

BĐT này tương đương với: $(\frac{b}{a}-\frac{b}{a+c})+(\frac{c}{a}-\frac{c}{a+b})\leq{\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}}$

$\Leftrightarrow\frac{bc}{a(a+c)}+\frac{bc}{a(a+b)}\leq{\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}}$

$\Leftrightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\leq{\sqrt{\frac{a^3}{bc(a+b)(b+c)(c+a)}}}$

$\Leftrightarrow\frac{(2a+b+c)(b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq{\sqrt{\frac{a^3}{bc(a+b)(b+c)(c+a)}}}$

$\Leftrightarrow bc(2a+b+c)^2(b+c)\leq{a^3(a+b)(a+c)}$

Theo BĐT $AM-GM$ : $\frac{bc}{(a+b)(a+c)}=\frac{1}{1+\frac{a(a+b+c)}{bc}}\leq{\frac{1}{1+\frac{4a(a+b+c)}{(b+c)^2}}}=\frac{(b+c)^2}{(2a+b+c)^2}$

Do đó ta chỉ cần CM: $(b+c)^3\leq{a^3}$ hay $a\geq{b+c}$ ( Đúng theo giả thiết nên $(1)$ đúng )

Để CM BĐT đã cho ta phải chỉ ra: $\frac{a}{b+c}+\frac{b+c}{a}\geq2$.

Đây chỉ là một hệ quả BĐT $AM-GM$ cho 2 số dương.

Hoàn tất.

dùng phương pháp AM-GM ngược dấu là ra ngay mà bạn

Ồ không, bạn cứ thử, nếu đc mời bạn trình bày lời giải luôn đi ạ.

Sao lại hỏi $x,y,z$ đi chứng minh $a,b,c$

Có BĐT phụ: $\sqrt{\frac{a^3}{a^3+7abc+b^3}}\geq \frac{\sqrt{a^3}}{\sqrt{a^3}+\sqrt{b^3}+\sqrt{c^3}}$ với $a,b,c>0$ (Tự chứng minh)

Áp dung BĐT phụ trên ta có: $\sum \sqrt{\frac{a^3}{a^3+7abc+b^3}}\geq \frac{\sqrt{a^3}+\sqrt{b^3}+\sqrt{c^3}}{\sqrt{a^3}+\sqrt{b^3}+\sqrt{c^3}}=1$

Dấu '=' xảy ra khi: $a=b=c$

Không CM đc thì biến nhé, đừng post bài lên nha bạn

Bài này dồn biến sẽ là lựa chọn tốt nhất.

Vâng ạ

Bất đẳng thức chặt hơn vẫn đúng

\[\frac{x+y-z}{\sqrt{z^2+(x-y)^2}}+\frac{y+z-x}{\sqrt{x^2+(y-z)^2}}+\frac{z+x-y}{\sqrt{y^2+(z-x)^2}} \geqslant 3.\]

Chứng minh sao ạ

Bài 1: $a,b,c\ge{0}$ 

CMR: $\frac{a^4}{a^3+b^3}+\frac{b^4}{b^3+c^3}+\frac{c^4}{c^3+a^3}\geq{\frac{a+b+c}{2}}$

Bài 2: $a,b,c\ge{0}$

CMR: $\frac{a^3}{2a^2+b^2}+\frac{b^3}{2b^2+c^2}+\frac{c^3}{2c^2+a^2}\geq{\frac{a+b+c}{3}}$

Spoiler

Tự giải quyết được 2 bài này chắc sập hàm       

Không đúng nguồn thì đừng trích dẫn sai em nhé. Bài này không phải của anh Cẩn đâu.

Ơ, em xin lỗi, hay là của thầy Quốc Anh ạ?

To prove $\sum{\frac{a^2+bc}{(b+c)^2}}\geq{\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}}$, we have the another solution:

$VornicuSchur's$ $inequality$ gives us $\sum{\frac{1}{(b+c)^2}.(a-b)(a-c)}\geq{0}$

This is equivalent to:   $\sum{\frac{a^2+bc}{(b+c)^2}}\geq{\frac{a}{b+c}}$

So, it is surffice to show that : $\frac{a}{b+c}\geq{\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}}$ ( $C-S$ )

We also have $Q.E.D$

bạn có link cm các bổ đề trên k

Cái này có trong sách, về nhà coi thử xem .

We can use problem $1$ to prove the problem $4$ by using $Vornicu Schur's$ $inequality$

Solution for problem 1: Dividing the first rational element both of top and bottom by $b+c$ , then multiplied by a and using $Cauchy-Schwarz's$ $inequality$ , we check:

$LHS\geq{\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)-2abc(\sum{\frac{1}{a+b}})}}\geq{2}$

Simplifying , it follows to show that : $a^2+b^2+c^2+2abc(\sum{\frac{1}{a+b}})\geq{2(ab+bc+ca)}$

But, arcording to $Cauchy-Schwarz's$ $inequality$: $\sum{\frac{1}{a+b}}\geq{\frac{9}{2(a+b+c)}}$

Hence, it is equivalent to prove: $a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq{2(ab+bc+ca)}$ , Which is $Schur's$ $inequality$ in fraction form.

We obtain $Q.E.D$

The problem $2$ can make a proof easily by using $p,q,r$ changing variables technique combines $Schur's$ $inequality$. You see that.