Một cách hơi khác ạ, ta có HĐT quen thuộc: 

$ (a+b)(b+c)(a+c) = (a+b+c)(ab+bc+ac) - abc $. 

Do $ a+b+c = 4 $ là số chẵn nên ít nhất 1 trong 3 số $ a,b,c $ chẵn, suy ra $ abc   \  \vdots   \ 2  \Rightarrow 2abc  \  \vdots  \   4 $. 

Vậy A = $ (a+b+c)(ab+bc+ac) - 2abc  \ \vdots  \  4 $ 

$ \textbf{ Bài toán } $. Cho tam giác $ ABC $   ngoại tiếp $    (O)  $, $    I  $ là tâm nội tiếp. $    AI  $ cắt $ (O)     $ tại D. Gọi $  G    $ là trọng tâm. CMR nếu $   IG // BC   $ thì $ AB + AC = 2BC $. Điều ngược lại có đúng hay không ? 

$ \textbf{ Bài toán } $ ( Vô địch Nga 2002 ) Cho tam giác $ ABC $ nội tiếp $ (O) $, $ I $ là tâm nội tiếp. $ BI $ cắt $ (O) $ tại $ E $, $ CI $ cắt  $ (O) $ tại $ D $. Vẽ $ (D), (E) $ tiếp xúc lần lượt $ AB, AC $. CMR $ I $ thuộc tiếp tuyến chung của $ (D) $ và $ (E) $.

Trung điểm XY ?? PQ có bị thừa 

À t ghi nhầm $ JIQP $ không phải $ JIMN $   

copy trực tiếp từ trên xuống thì có ý nghĩa gì?

Nick này e thấy còn copy cả chữ kí của 1 mem VMF khác ! 

U.C.T có đánh giá $ \frac{1}{2-a} \geq \frac{1}{2}a^2 + \frac{1}{2} $.

Giả sử tồn tại $ a,b,c $ dương thỏa cả 3 BĐT, suy ra $ a + b  +c  +\frac{1}{ a} +\frac{1}{ b} +\frac{1}{c } < 6 $.

Mặt khác  $ a + b  +c  +\frac{1}{ a} +\frac{1}{ b} +\frac{1}{c }  = (a+ \frac{1}{ a} ) + (b+ \frac{1}{ b} ) + (c+\frac{1}{ c} ) \geq 2 + 2  + 2 = 6 $  ( Vô lí)

Vậy điều giả sử sai. 

Lời giải hay quá  Tuy không gọn và đẹp nhưng mình cũng đưa ra 1 cách. 

(P/S: Đây mới là cách mà mình dùng để đưa ra bài trên)

Đặt $ a = x + 1 , b =  y  +1 , c = z+ 1 \Rightarrow x + y  +z  = 0 $. Thay z = - x - y vào rồi biến đổi tương đương và áp dụng đánh giá 

$ x^2 + y^2 + xy \geq \frac{3}{4}(x+y)^2 \geq 3xy $. Sau cùng thu được $ ( x+ y - 2xy )^2 \geq 0 $.

Mọi người tích cực thảo luận cho em tí động lực ạ   

Mọi người ơi có ai có tài liệu về casio hay những cuốn sách về giải toán bằng máy tính cấp bậc thcs k cho e xin với

Mình thấy có mỗi cuốn Bồi dưỡng giải toán bằng Casio THCS à 

Bài toán 2 còn có 1 cách giải sử dụng đường trung bình. 

Kẻ đường kính $ AK $ của $ (O) $. Gọi $ H $ là trực tâm $ \Delta AMN $, $ T $ là trung điểm $ HK $.

Dễ thấy $  NH // BK $ ( cùng $ \bot AB $ ) mà $ P, T $ là trung điểm $ BN, HK $ nên $ NH // PT // BK $ 

Mặt khác $ IP // AB $ suy ra $ PT \bot IP $. 

Chứng minh tương tự ta có $  OT \bot MN $ , $ IQ \bot QT $ 

Vậy 5 điểm $ I, O , Q , T, P $ đồng viên. 

Suy ra điều phải chứng minh. 

Mở rộng : $ \Delta ABC $, $ d $ bất kì đi qua $ ( O ) $ cắt   $ ( O ) , AB, AC $ lần lượt tại $ X, Y, M, N $. Gọi $ J, I , P , Q $ là trung điểm $ XY, MN, BN, CM $. Khi đó $ JIQP $ nội tiếp. 

( P/S mình bổ sung thêm qui định đó là sau 3 ngày bài toán đề xuất không có lời giải thì người up có thể up lời giải cho mn cùng tham khảo, tránh tình trạng bí cục bộ  , người up vẫn sẽ đề xuất bài tiếp theo. )

Bạn kiểm tra lại đề xem. 

Một bài BĐT mình lấy ý tưởng từ đề Đồng Tháp TST HSGQG 2020.

Cho $ a,b,c $ là các số thực thỏa $ a+b+c = 3 $. Chứng minh rằng: 

$ ( ab +bc+ac - 9)^2  \geq 9(5- abc) $

Bài 3: Bất đẳng thức tương đương: 

$ (\sum ab)^2 + (\sum a)^2 \geq 18abc $.

Áp dụng AM-GM: VT $ \geq  2(\sum ab)(\sum a) \geq 2.3.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\sqrt[3]{abc} = 18abc $ = VP.

Dấu "=" khi a = b = c = 1.

Mình xin sửa lại lời giải như sau khi tham khảo và tìm hiểu ở tài liệu tác giả Nguyễn Văn Huyện.

Đặt $ a = x + 1,  b = y  +1, c = z+1  \Rightarrow x + y  +z = 0  $.  BĐT tương đương 

$ (\sum xy ) ^2 \geq 12( \sum xy ) + 18xyz. $

Ta thấy $ xy.yz.xz = x^2y^2z^2 \geq 0 $ nên tồn tại ít nhất 1 số $ \geq 0 $, giả sử $ xy \geq 0 $. Rút $ z = -x -y $ ta được : 

$ ( x^2 + y^2  +xy)^2 + 12(x^2 + xy+y^2)  +18xy(x+y) \geq 0 $ 

Ta có $ (x^2  + xy + y^2) \geq \frac{3}{4}(x+y)^2 \geq 3xy $ với $ xy  \geq 0 $.  Áp dụng suy ra 

VT $ \geq 9x^2y^2 + 9(x+y)^2 + 18xy(x+y)  $ 

Ta cần chứng minh  $  9x^2y^2 + 9(x+y)^2 + 18xy(x+y) \geq 0 $  hay $ x^2y^2 + (x+y)^2 + 2xy(x+y) \geq 0 $. BĐT đúng do $ (xy + x + y )^2 \geq 0 $. 

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c = 1 

Có bài này mong mọi người đóng góp bằng pp xuống thang nếu được: 

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 

$ a^2 - 3b^2 = c^2 $

Bài 3: Bất đẳng thức tương đương: 

$ (\sum ab)^2 + (\sum a)^2 \geq 18abc $.

Áp dụng AM-GM: VT $ \geq  2(\sum ab)(\sum a) \geq 2.3.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\sqrt[3]{abc} = 18abc $ = VP.

Dấu "=" khi a = b = c = 1.

Mình chưa học dãy nên tạm làm câu 2   

Hệ tương đương:

$ \left\{\begin{matrix} xy = 2 + \sqrt{2y^2+4y+4}  (1)\\  xy = 2+ \sqrt{2x^2+4x+4} (2) \end{matrix}\right. $

(2) - (1) : $ \sqrt{2x^2+4x+4} -  \sqrt{2y^2+4y+4}  = 0 $ 

$ \Leftrightarrow (x -y) (x+y  +2) = 0 $.

Xử lí TH $ x + y  +2 = 0 $ $ \Leftrightarrow x = - 2 -y $. Thay vào (1) ta được : 

$ ( -2 -y)y = 2 + \sqrt{2y^2+4y+4} $ 

$  \Leftrightarrow  2y^2 + 4y + 4 + 2\sqrt{2y^2+4y+4} = 0 $

$  \Leftrightarrow 2y^2+4y+4 = 0 $ hoặc $ 2y^2+4y+4 = - 2 $ 

Sau khi tham khảo trên AOPS thì cuối cùng mình cũng biết được 1 cách chứng minh rất hay cho bài này. 

Đặt $ a = x + 2 , b =  y +2, z = c + 2, t = x+y+z  $ với $ x,y,z \geq 0 $ , giả thiết trở thành: $ \sum x = \sum \frac{1}{a+2} + 2  \Rightarrow 7 = 2 \sum x + \sum \frac{x}{x+2} $ Xử lí giả thiết:

$  7 = 2\sum x + \sum \frac{x}{x+2} = 2t + \sum \frac{x^2}{x^2+2x} \geq 2t + \frac{t^2}{\sum x^2 + 2t} $.

Xét $ 0 \leq t \leq 3 $: $ \sum ab \leq \frac{(a+b+c)^2}{3} = \frac{(t+6)^2}{3} \leq  27 $.

Xét $ t \geq 3 $: $ \sum ab = \sum xy + 4t + 12 $. Ta có $ 7 \geq  2t + \frac{t^2}{\sum x^2 + 2t} \Rightarrow 7\sum x^2 + 14t \geq 2t \sum x^2 + 4t^2 \geq 6 \sum x^2 + 4t^2 \Rightarrow \sum x^2 + 14t \geq 4t^2 \Rightarrow \sum xy \leq 7t - 2t^2 $. Thay vào $ \sum ab = \sum xy + 4t + 12 $ ta có $ \sum ab \leq -2t^2  +11t + 12 = 27 - (t-3)(2t-5) \leq 27 $. 

Chỗ này làm sao nói $ x_{n} <  x , y_{n} < y, z_{n} < z $ cũng là nghiệm vậy bạn? Tại vì nếu làm lặp lại tương tự như trên thì $x_{n}+y_{n}+z_{n}=2^{n+1}x_{n}y_{n}z_{n}$ chứ đâu có phải là $x_{n}+y_{n}+z_{n}=2x_{n}y_{n}z_{n}$ đâu nhì? 

Em có 1 chút nhầm lẫn đoạn này như chị nói  . Quá trình đó lặp lại nên ta có $ x \vdots  2^n $ và $ n \in Z $, n tiến đến vô cực , suy ra $ x = 0 $ . Tương tự với $ y =z = 0 $.

Giả sử $ x ,y ,z $ là bộ nghiệm thỏa $ x + y + z $ nhỏ nhất. 

Xét TH có 2 số lẻ và 1 số chẵn. 

VT $ \equiv  1 + 1 + 0 \equiv  2 $ (mod 4).

VP $\equiv  0 $ (mod 4) .Vô lí !

Vậy cả 2 số đều cùng chẵn. Đặt $ x =2x_{1}, y=2y_{1}, z = 2z_{1} $ phương trình tương đương: 

$ x_{1}^2 + y_{1}^2 +  z_{1} ^2 = 4x_{1}y_{1}z_{1}  $ Tiếp tục lập luận như trên ta suy ra tồn tại $ x_{n} , y_{n}, z_{n} $ chẵn với $ n > 2 $. Quá trình này sẽ lặp lại vô số lần nên luôn có nghiệm $ x_{n} <  x , y_{n} < y, z_{n} < z $ ( trái với giả thiết ).

Vậy phương trình vô nghiệm nguyên dương.

Cho các số thực dương $ a,b,c $ thỏa $ abc = 1$. CMR: 

$ 3\sum \frac{b}{a+b+1} \geq \sum \frac{4-a}{a+2} $

 

CHo mình hỏi bài này tại sao theo FERMAT thì q là ước của 39.

 

FERMAT này là định lý nào ạ.

Mong cac cao thu giup do

 

Đó là định lí nhỏ Fernmat nhé. ( Tiện thể cho mình hỏi đây là tài liệu nào vậy bạn ? )

Ngay từ dòng đầu cộng 3 vế ta có bạn đã sai rồi 

Chữ đàn hoàn của bạn cũng sai chính tả kìa   . Có thể đó là do thói quen, với cả bây giờ từ ko cx phổ biến, vô tình sử dụng là chuyện bình thường mà bạn. 

Bài này có thể chứng minh điểm trùng nhau. Gọi $O$ là tâm ( ABC ). Phân giác $ \angle BAC $  là $ AI' $ cắt  $ (O) $ tại $ I' $ $ \Rightarrow $ $ I'$ là điểm chính giữa cung BC không chứa A suy ra $ OI' \bot  BC $ tại trung điểm $ BC $ suy ra $ OI'$ là trung trực $ BC $. Vậy $ I' \equiv  I $ (dpcm)