Với $a,b,c$ là các số không âm và khác nhau. CMR:$(xy+yz+xz)(\dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}})\geq 4$

Bài nè để tui:
W.L.O.G giả sử $z=min{x,y,z}$
Ta có: $(x-z)^2+(y-z)^2=(x-y)^2+2(x-z)(y-z)$
$=> \dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}}$
$=\dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{(x-y)^2}{(y-z)^2(z-x)^2}+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}$
$\ge\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}=\dfrac{4}{(x-z)(y-z)}\ge\dfrac{4}{xy+yz+zx}$
=> đpcm

Bài 9 thì dồn biến: W.L.O.G $a=min{a,b,c,d}$
$f(a,b,c,d)=3(a^2+b^2+c^2+d^2)+4abcd-16$
Chứng minh $f(a,b,c,d) \ge f(a,x,x,x)\ge0$
Trong đó $x=\dfrac{b+c+d}{3}$

Với $a,b,c$ là các số không âm và khác nhau. CMR:$(xy+yz+xz)(\dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}})\geq 4$

Bài nè để tui:
W.L.O.G giả sử $z=min{x,y,z}$
Ta có: $(x-z)^2+(y-z)^2=(x-y)^2+2(x-z)(y-z)$
$=> \dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}}=\dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{(x-y)^2}{{y-z)^2(z-x)^2}+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}\ge\dfrac{2}{(x-z)(y-z)+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}=\dfrac{4}{(x-z)(y-z)}\ge\dfrac{4}{xy+yz+zx}$
=> đpcm

Haiz.Thử chém cách khác xem .Đặt $p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz $ cho gọn
BĐT tương đương:
$ \sum ( \dfrac{1}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{1}{xy+yz+zx}) \ge \dfrac{9}{(x+y+z)^2}+\dfrac{3}{xy+yz+zx} $
$VT \ge \sum \dfrac{4}{(x+y+z)(y+z)}=\dfrac{4(p^2+q)}{p(pq-r)} $
ta cm:$\dfrac{4(p^2+q)}{p(pq-r)} \ge \dfrac{9q+3p^2}{p^2q} $
$\leftrightarrow 4pq(p^2+q) \ge 3(3q+p^2)(pq-r) $
$\leftrightarrow p^3q+9qr+3p^2r-5pq^2 \ge 0 $
Chú ý là $p^3+9r-4pq=\sum a(a-b)(a-c),q^2-3pr=\sum bc(a-b)(a-c) $
nên bđt cần cm tương đương: $\sum (a(ab+bc+ca)-bc(a+b+c))(a-b)(a-c) \ge 0 $
Cái này đúng theo Vornicu Schur

hì các pác chém nhiệt tình wa.em thanks nha nhiều cách hay thật!

Bài 6:
$ab+bc+ca=abc=>\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1$
Tiếp theo sử dụng cauchy-schwarz ta có:
$(a^2+1)(9+1)\ge(3a+1)^2$
$(b^2+1)(9+1)\ge(3b+1)^2$
$(c^2+1)(9+1)\ge(3c+1)^2$
=>$A\le \sqrt{10}.(\dfrac{1}{3a+1}+\dfrac{1}{3b+1}+\dfrac{1}{3c+1})$
Đến đây tìm max của $B=\dfrac{1}{3a+1}+\dfrac{1}{3b+1}+\dfrac{1}{3c+1})$
như sau: $\dfrac{1}{3a+1}\le \dfrac{1}{100}.(\dfrac{27}{a}+1)$
Tương tự => $B\le \dfrac{1}{100}.(27(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})+3)=\dfrac{3}{10}$
Vậy $A\le \dfrac{3}{\sqrt{10}}$
=> $A max=\dfrac{3}{\sqrt{10}}$ Dấu = khi a=b=c=3!

em mới nghĩ ra bài này các bác cứ xơi tự nhiên:
Cho x,y,z :geq0 tmx^{4}.y^{2}+y^{4}.z^{2}+z^{4}.X^{2}=1.CMR:
:frac{x.y^{3}}{z}+:frac{y.z^{3}}{x}+:frac{z.x^{3}}{y}:geqsqrt{3}

bài nè xơi ngon bác ạ
wen viết lại cái đề nha:
Cho x,y,z>0 thỏa mãn: $x^4 y^2 + y^4 z^2 + z^4 x^2 = 1$
CMR:$\dfrac{{xy^3 }}{z} + \dfrac{{yz^3 }}{x} + \dfrac{{zx^3 }}{y} \ge \sqrt 3 $
Chứng minh nè:
$\begin{array}{l}
VT^2 \ge 3\left( {\dfrac{{xy^3 }}{z}.\dfrac{{yz^3 }}{x} + \dfrac{{zx^3 }}{y}.\dfrac{{xy^3 }}{z} + \dfrac{{xy^3 }}{z}.\dfrac{{zx^3 }}{y}} \right) = 3\left( {x^4 y^2 + y^4 z^2 + z^4 x^2 } \right) = 1 \\
\Rightarrow VT \ge \sqrt 3 \\
\end{array}$
Đó là đpcm
Dấu = khi x=y=z=$\dfrac{1}{{\sqrt[6]{3}}}$

Tui cũng nghe nói quyển đấy thuộc loại pro của bđt.Cái ông Nguyễn Xuân Chương (HCV IMO) của trường tui mua về một quyển gốc ở đâu thì ko nhớ;cho nhà trường nhưng đến đời tui lại ko đc photo cho thế mới ức chứ.pác duca1pbc định kinh doanh à?pác upload lên cho diễn đàn đc ko??

Bài 3. (2,0 điểm)
2. Cho $n$ là số nguyên dương và $m$ là ước nguyên dương của $2{n^2}$. Chứng minh rằng ${n^2} + m$ không là số chính phương.

TH 1: m=1
$\Rightarrow n^2+1$ là số chính phương mà $n^2$ là số chính phương $\Rightarrow n^2=0$ (Loại vì n nguyên dương).
TH 2: m=2
$\Rightarrow n^2+2$ là số chính phương.
$n^2+1$ không thể là scp nên $n^2$ và $n^2+2$ là 2 số cp liên tiếp.
$\Rightarrow n^2+2=(n+1)^2 \Leftrightarrow 2n=1$ (loại).
TH 3: $m=2n^2$.
$\Rightarrow n^2+m=3n^2$ không thể là scp (loại).
TH 4: m>2.
Suy ra $m$ thuộc ước của $k$.
Đặt $n=m.k$. (ĐK: m và k khác 0)
Ta có:
$n^2+m=m^2.k^2+m=m(mk^2+1)$
Dễ dàng chứng minh $m$ và $m.k^2+1$ nguyên tố cùng nhau. (1)
Giả sử:$n^2+m$ là số cp. (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
$m$ và $m.k^2+1$ là scp.
Đặt $m=a^2 \Rightarrow mk^2=a^2k^2$ nên $mk^2$ là scp. (3)
Mặt khác: $mk^2+1$ cũng là scp (4)
Từ (3) và (4) suy ra $mk^2=0$. (vô lý vì m và k khác 0).
Vậy $m>2$ thì $n^2+m$ không là scp.
Từ 4 TH trên ta suy ra ĐPCM.

coi bộ topic này cũng vui ghê ! Cho em 1 slot.
Tên thật: Đinh Công Quý
Nick VMF: CVP
Hiện tại đang học lớp: 8
Vị trí muốn đá: Chân dự bị chính

Cho hỏi đá ở đâu và lúc nào cái anh em :-?.
Bộ anh định chém hả, xag đến đó em hết thể lực rùi =)).

Cái này Yahoo post rùi !

Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
$$2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4$$

Câu 1:(2 điểm)
a) Tìm các số nguyên $a,b,c$ thỏa mãn:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}+4 \leq ab+3b+2c$.
b) Phân tích đa thức thành nhân tử $(x-a)b^{3}-(x-b)a^{3}+(a-b)x^{3}$.
Câu 2:(3 điểm)
a) Biết đa thức $f(x)$ chia cho $x-1$ dư 1, chia cho $x^{3}+1$ dư $x^{2}+x+1$. Tìm đa thức dư khi chia $f(x)$ cho $(x-1)(x^{3}+1)$.
b) Giải phương trình: $8(x+\frac{1}{x})^{2}+4(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})^{2}-4(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})(x+\frac{1}{x})^{2}=(x+4)^{2}$.
Câu 3:(2,5 điểm)
a) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $a$ sao cho số $z=n^{4}+a$ không phải là số nguyên tố với mọi số nguyên dương $n$.
b) Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$P=\frac{1}{x^{2}+x}+\frac{1}{y^{2}+y}+\frac{1}{z^{2}+z}$.
Câu 4:(2,5 điểm)
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ (AC>AB), đường cao $AH (H \in BC)$. Trên tia $HC$ lấy điểm $D$ sao cho $HD=HA$. Đường vuông góc với $BC$ tại $D$ cắt $AC$ tại $E$.
a) Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $BE$. Chứng minh rằng hai tam giác $BHM$ và $BEC$ đồng dạng. Tính số đo của góc $AHM$.
b) Tia $AM$ cắt $BC$ tại $G$. Chứng minh $\frac{GB}{BC}=\frac{HD}{AH+HC}$.

======HẾT=====

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Bạn làm nhầm rùi $2a=b$ thì phải suy ra $a=1$ mới đúng

Câu 2:(3 điểm)
b) Giải phương trình: $8(x+\frac{1}{x})^{2}+4(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})^{2}-4(x^{2}+\frac{1}{x^{2}})(x+\frac{1}{x})^{2}=(x+4)^{2}$.

ĐKXĐ: $x\neq 0$
Đặt $(x+\frac{1}{x})^2=a\Leftrightarrow x^2+\frac{1}{x^{2}}=a-2$
Thay vô phương trình ta có:
$8a+4(a-2)^2-4a(a-2)=(x+4)^2\Leftrightarrow 16=(x+4)^2\rightarrow x=-8$
Vậy ..................

$\frac{1}{x^{2}+x}+\frac{1}{y^{2}+x}+\frac{1}{z^2+z}\geq \frac{3}{2}$
từ đó suy ra $min = \frac{3}{2} $ mà anh Hân.

Mod ơi là Mod, sao đi tả lá tiến lên hết thế này!
P/s: ai solo caro với em không )

a, Giải PT: $13\sqrt{x-1}+9\sqrt{x+1}=16x$
b,: Giải PT:$ \sqrt{x}+ \sqrt[3]{x+7}= \sqrt[4]{x+80} $ (phần b là bài toán của Hungary )

phần a dùng bđt cô-si nghiệm x=5/4
phần b dự đoán nghiệm =1;trừ 2 vế cho 3.
phân tích thành nhân tử x-1 là xong! co nghiệm duy nhất thui

Một bài tui mới sáng tác ra : Tìm số nguyên tố p sao cho $\dfrac{(p-1)!+10}{p}$ là 1 số nguyên dương

Mới sáng tác hả H
lời giải: Theo định lí wilson ta có $\begin{array}{l}
\left( {p - 1} \right)! \equiv - 1\left( {\bmod p} \right) \\
\Rightarrow \left( {p - 1} \right)! + 10 \equiv 9\left( {\bmod p} \right) \\
\Rightarrow p = 3 \\
\end{array}$
vậy p=3

Thêm Vĩnh Phúc đi anh !

Bài cuối thì <=>$x^2+y^2=2xy$ và $x^2-xy+y^2=4$
giải hệ này đc: $x=y=2$hoặc $x=y=-2$
Bài pt và lượng giác phần chung cũng khá dễ
Bài bđt năm nay cũng hay và nhìn cũng là lạ!Ai ko tinh thì choáng luôn ấy nhỉ

Tìm tất cả các số nguyên $n$ để $n^{4}+2n^{3}+2n^{2}+n+7$ là số chính phương.

Tam giác $ABC$ cân tại $A$. Đường phân giác của các góc $\hat{CAB}$ và $\hat{ABC}$ cắt các cạnh $BC$ và $CA$ tại $D$ và $E$. Gọi $K$ là tâm nội tiếp tam giác $ADC$. Giả sử rằng $\hat{BEK}=45°$. Tìm tất cả các giá trị có thể của góc $\hat{CAB}$.

Hơ hơ đề năm nay lạ thế nhỉ?mà bài hình này chỉ tính toán thui

Lại AD BĐT Bunhiacopski và Cauchy, ta có:
$\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right )^{2}\leq 3\left ( \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}} \right )$$\leq 3\left ( \frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc} \right )$(2)

Chỗ này theo mình thì bạn nhầm vì sử dụng BĐT Cau-chy thì:
$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}$

Bài 8
Cho các số dương $x,y$ thỏa mãn điều kiện:
$x^{2}+y^{3}\geq x^{3}+y^{4}$
Chứng minh rằng : $x^{3}+y^{3}\leq x^{2}+y^{2}\leq x+y\leq 2$

Cách 3 :
Trường hợp 1 (TH 1)
Xét $x>1; y>1$. Ta có $x^{3}>x^{2}; y^{4}>y^{3}$
Do đó $x^{3}+y^{4}>x^{2}+y^{3}$. Mâu thuẫn với đề bài.
TH 2:
Xét $0< x\leq 1; 0< x\leq 1$ ta có được:
$x^{3}\leq x^{2}\leq x \leq 1$; $y^{3}\leq y^{2}\leq y \leq 1$.
Do đó $x^{3}+y^{3}\leq x^{2}+y^{2} \leq x+y \leq 2$.
TH 3:
Xét $0 < x \leq 1; y>1$.
Với $n=0;1;2$ ta có $x^{2}\leq x^{n}, 1-n\geq 0$.
Do đó $(x^2-x^n)(1-x)\leq 0\Leftrightarrow x^2(1-x)\leq x^n(1-x) (1)$
Và $y^3\geq y^n; 1-y<0$ nên $(y^3-y^n)(1-y)\leq 0 \Leftrightarrow y^3(1-y)\leq y^n(1-y) (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có:
$x^2(1-x)+y^3(1-y)\leq x^n(1-x)+y^n(1-y)\Leftrightarrow (x^2+y^3)-(x^3+y^4)\leq (x^n+y^n)-(x^{n+1}+y^{n+1})$$x^2(1-x)+y^3(1-y)\leq x^n(1-x)+y^n(1-y)\Leftrightarrow (x^2+y^3)-(x^3+y^4)\leq (x^n+y^n)-(x^{n+1}+y^{n+1})$
Mà $x^2+y^3\geq x^3+y^4$$x^2+y^3\geq x^3+y^4$
Do đó $(x^n+y^n)-(x^{n+1}+y^{n+1})\geq 0 \Leftrightarrow x^{n+1}+y^{n+1}\leq x^n+y^n$
Thay $n=0; 1; 2$ ta có:
$x^3+y^3\leq x^2+y^2 \leq x+y \leq 2$
TH 4:
Xét $x>1; 0< y \leq 1$. Lập Luận tương tự như c.
P/s:ai có cách 4 không post lên cho mọi người nào !