xin lời giải bài hình !

Giải:

 

HINH1.png

 

Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Từ các tứ giác nội tiếp ta có: \[\overline {IQ} .\overline {IM}  = \overline {ID} .\overline {IC}  = \overline {IA.IB} \]

Vì $M$ là trung điểm $AB$ nên từ hệ thức trên suy ra $(IQAB)=-1$.

Tương tự $(IPCD)=-1)$, nên $AC,BD,PQ$ đồng quy.

vì sao có 2 hàng điều hòa thì lại suy ra đồng qui đc

 Cho tam giác ABC cân tại A ( góc A < 60 độ ) . Điểm D thuộc AC sao cho góc BAC bằng với góc DBC . Kẻ trung trực của BD cắt đường thẳng qua A song song với BC tại E . Chứng minh EB song song AC

Theo nguyên lý dirichlet từ 9 số thực phân biệt luôn tồn tại ít nhất 4 số cùng dấu . chọn hai số trong số đó là $a_{i},a_{j}$. Giả sử $a_{i}> a_{j}$

$\Rightarrow \frac{a_{i}-a_{j}}{1+a_{i}a_{j}}$ < 0

Tiếp theo ta chứng minh ý thứ 2

Đặt $a_{i}=tan\alpha ;a_{j}=tan\beta$

Khi đó : $\frac{a_{i}-a_{j}}{1+a_{i}a_{j}}=tan(\alpha -\beta )$

Đặt $\alpha -\beta =\gamma +k\Pi ,\gamma \in (-\Pi /2;\Pi /2)$ ;

Từ 9 số ta chia thành 8 khoảng trên trục số , độ dài trục dài $\Pi$, mỗi khoảng dài $\Pi /8$ , theo dirichlet sẽ có 2 điểm nằm trong 1 khoảng. giả sử đó là $a_{i},a_{j}\Rightarrow \gamma < \Pi /8\Rightarrow tan\gamma < \sqrt{2}-1$

ta có điều phải chứng minh

de quang binh 

ai giai ra chua

Chứng minh : $C_{2n}^{n}\vdots (n+1)$

ai giúp mình với

full đi

bài 2 chuyển về LG

min=-3+3 căn 2

1.cho a,b,c dương tm: $\sum a^3=3$

cm: $\sum \frac{a}{b^2+5}\leq \frac{1}{2}$

2.Tìm min : 

$\frac{a^4+b^4+c^4}{abc(a+b+c)}$

với a,b,c là 3 cạnh tam giác vuông

sao mà nghĩ ra cái bình phương đó đc . thật thiếu tự nhiên

$\sum \frac{a}{ab+1}=\sum \frac{a^2}{a(ab+1)}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2b+b^2c+c^2a+a+b+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\frac{(a+b+c)^3}{9}+a+b+c}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1$

chứng minh : $\sum a^2b\leq \frac{(a+b+c)^3}{9}$

cho a,b,c thực dương : $\sum a=3$

cm: $\sum \frac{a}{ab+1}\geq \frac{3}{2}$

Cho các số thực dương x,y,z thỏa : $x+y+z=1$

Tìm min : $\frac{1}{\sum x^2}+\frac{1}{xy}+\frac{4}{yz}+\frac{9}{zx}$

Phương trình tương đương với: $x^2(x^2-mx+m)+(x-1)^2=0$.

Theo mình nghĩ thì phương trình vô nghiệm khi: $x^2-mx+m\geq 0,\forall x\in \mathbb{R}$.

Điều này xảy ra khi: $\Delta\leq 0\Leftrightarrow m^2-4m\leq 0\Leftrightarrow 0\leq m\leq 

 

mình nghĩ là chưa đủ

ai giai bai so voi

trước hết ta có bổ đề quen thuộc sau :

$ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq 4$ (cái này khỏi cm nhá , quá quen thuộc rồi)

do đó ta cần cm: $\sum a^2+abc\geq 4$

giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b\Rightarrow \sum a^2+abc\geq a^2+b^2+c(c+a+b)-c\geq 2ab+2c\geq 2(a+b+c)-2=4$

ok

Biến đổi dưới mẫu $a+bc=a(a+b+c)+bc=(a+b)(a+c)$

$\rightarrow \frac{bc}{\sqrt{a+bc}}=\frac{bc}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}$

Tương tự $\frac{ca}{\sqrt{b+ca}}= \frac{ca}{\sqrt{(b+c)(a+b)}}; \frac{ab}{\sqrt{c+ab}}= \frac{ab}{\sqrt{(a+c)(b+c)}}$

$\rightarrow VT=\sum \frac{bc}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \sum \frac{1}{2}(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c})=\frac{1}{2}(a+b+c)= \frac{1}{2}$

bạn biến đổi dưới mẫu $a(a+b+c)+bc=(a+b)(a+c)$ rồi dùng cô si nhé

Bữa trước bị Ban chưa chừa hả chú  

vc có nghĩa là vô cùng

bài 5 thấy lạ quá . thấy hiển nhiên thật

1c ) từ gt suy ra các số p ,q,r đều lẻ và không chia hết 3 ( ở đây ta giả sử ko có số nào =3)

 $\Rightarrow p^2+q^2+r^2\equiv 3 (mod3)$ ( vô lý )  suy ra có 1 số = 3 và 2 số còn lại là 5 ;7

1a) Trong 3 số $2^n-1;2^n;2^n+1$ thì luôn có 1 số chia hết 3 

Mà $2^n$ không chia hết 3 $\Rightarrow$ $2^n-1$ hoặc $2^n+1$ chia hết 3

vậy 2 số đó ko thể đồng thời là số nguyên tố

bất dễ vc ( vô cùng ) :

$\sum \frac{a}{b+2c}=\sum \frac{a^2}{ab+2ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

Bài 3:        

bạn có biết hướng giải quyết các bài ntn ko