số cách chọn 8 phiếu có thứ tự: $A^{8}_{16}$

số cách chọn 8 phiếu thoả mãn đề bài: $C^{8}_{16}-C^{6}_{14}$

Gọi các điểm M($x;y$), A(2;0), B(-2;0) 

Từ giả thiết: MA+MB=6, ta lập được elip có tiêu cự A,B 

Bây giờ ta cần tìm đường tròn tâm O(0;0) tiếp xúc với elip trên

Dễ thấy min, max của P đạt được tại 2 điểm thuộc trục hoành, từ đó tính được M+m

Tổng quát: mọi ước nguyên tố của $a^{2^n}+1$ đều có dạng $2^{n+1}k+1$

https://diendantoanh...-của-số-fermat/

diendan(110).PNG

M là trung điểm cung nhỏ 

Cũng muốn góp vui một bài tự sáng tác đề khá ngắn mà hay( cho THCS) định gửi cho toán học tuổi trẻ mà lười ghi lời giải    Bài toán 65: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) , M là trung điểm cung nhỏ BC . lấy K,L lần lượt thuộc AB,AC sao cho OK//MB và OL//MC. ML cắt (O) tại điểm thứ 2 là G .Chứng minh BG chia đôi KL

( Mình nghĩ nó hay qua lời giải của mình còn bạn nào thấy dễ quá thì cũng đừng chê nhé ^^)

$\sum \frac{1}{x^{-10k}(yz)^{5k}+y^{-4k}+(xz)^{2k}+z^{-10k}(xy)^{5k}}= \sum \frac{1}{x^{-15k}+y^{-6k}+z^{-15k}}$

$(x^{-3k},y^{-3k},z^{-3k}) \rightarrow (a,b,c) \Rightarrow abc=1$

$\sum \frac{1}{a^5+b^2+c^5}= \sum \frac{a^{-1}+b^2+c^{-1}}{(a^5+b^2+c^5)(a^{-1}+b^2+c^{-1})} \leq \frac{(a+b+c)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2} \leq 1$

trích dẫn nhầm đề :v viet+ cực hạn cho cái câu special gift

150) Cho các số nguyên $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=4$. CMR: $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc\geq 4$

gợi ý cho mấy bạn lớp 9 : dùng cực hạn + viet

Gọi tương ứng 2 phương trình là (1),(2):

$(2)+ 2.(1) \rightarrow (7x+y-7)(14x+2y+17)=0$

Bạn nói rõ phần này được không?

$f(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c)=\frac{4}{a+b}+\frac{1}{c}+\frac{9}{a+b+c}-\frac{4}{a+b}-2.\frac{4}{\frac{a+b}{2}+c}=\frac{1}{c}+3-\frac{16}{(a+b+c)+c}$

Ta có biến đổi: $\frac{3a-b}{a^2+ab}=\frac{4}{a+b}-\frac{1}{a}$

Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:

$f(a,b,c)= \sum \frac{1}{a}+\frac{9}{ \sum a} -  \sum  \frac{4}{a+b} \geq 0$

Gỉa sử $c=max {a,b,c} $

Sử dụng AM-GM, ta quy về chứng minh:

$3b^2+8c^2+2abc \leq 13$

hay $a^2+b^2+c^2 \geq 2abc+1 (1)$

Xét các trường hợp:

+ $(b-1)(c-1) \leq 0$

$VP_{1} \leq a^2+b^2c^2+1 \leq a^2+b^2+c^2$

+ $(b-1)(c-1) \geq 0$

*$b \geq 1, c \geq 1  \Rightarrow a \leq 1 $ 

* $ b \leq 1, c \leq 1 \Rightarrow a \geq 1$

Từ 2 trường hợp, ta có: $(a-1)(bc-1) \leq 0$ và $(a-1)(a-bc) \geq 0$

$a^2+b^2+c^2-2abc-1 \geq a+b^2+c^2-abc-bc-1=(b-c)^2-(a-1)(bc-1) \geq 0$ 

q=2 ( absurd)

p =2;3 ( absurd) 

-> p $\equiv$ [1;-1] ( mod 6)

* p $\equiv$ 1 ( mod6) -> q $\vdots$ 3 -> q=3 -> p=7

* $\equiv$ -1 ( mod6) -> 4 $\equiv$  2q(17q+24) ( mod6)

-> 2 $\equiv$ q(17q+24) ( mod6)

-> 17q² $\equiv$ 2 ( mod6)

-> q²+2 $\vdots$ 6

notice that q is odd -> q²+2 is odd ( contradiction)

$P=7(x^4+y^4)+4x^2y^2=7(x^2+y^2)^2-10x^2y^2=\frac{1}{4}(-33x^2y^2+14xy+7)$

$1+xy=2(x^2+y^2) \geq 4|xy| \Leftrightarrow \frac{-1}{5} \leq xy \leq \frac{1}{3}$

Tới đây ta tìm được $MinP=   \frac{18}{25}$ tại $x=-y= \pm \frac{1}{ \sqrt{5} }$

$MaxP=\frac{70}{33} $ tại $xy=\frac{7}{33}$

Kiểm tra với $\sin x=0, \sin 3x =0, \sin 9x=0$ 

$\sin x(2\cos 2x +1)=sin3x-sinx+sinx=sin3x$

Tương tự ta thu được:

$\sin 3x .\sin 9x.\sin 27x=\sin x.\sin3x.\sin9x$

$\Leftrightarrow\sin 3x .\sin 9x.(\sin 27x-\sin x)=0$

Dễ thấy $\widehat{A}=2\widehat{B}=4\widehat{C}=\frac{\pi}{7}$

theo định lý sin:

$a=\frac{2R}{\sin A},b=\frac{2R}{\sin B},c=\frac{2R}{\sin C}$

Do vậy ta cần chứng minh:

$\frac{1}{\sin \frac{\pi}{7}}=\frac{1}{\sin \frac{2\pi}{7}}+\frac{1}{\sin \frac{4\pi}{7}}\Leftrightarrow \sin\frac{\pi}{7}(\sin\frac{2\pi}{7}+\sin\frac{4\pi}{7})=\sin\frac{2\pi}{7}\sin\frac{4\pi}{7}$

$VP=\frac{1}{2}(\cos\frac{\pi}{7}-\cos\frac{3\pi}{7}+\cos\frac{3\pi}{7}-\cos\frac{5\pi}{7})=\frac{1}{2}(\cos\frac{\pi}{7}-\cos\frac{5\pi}{7})=VT$

Cho tam giác ABC nhọn. Đường thẳng d đi qua trọng tâm G và trung tuyến AM của tam giác ABC. d cắt AB tại D, AC tại E. Xác định vị trí của d để tổng 2 diện tích BDE và CDE nhỏ nhất 

mình nghĩ đề bài là tìm d để tổng 2 diện tích BDE và CDE lớn nhất

$\cos 10x=\frac{1}{2}(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x})=\frac{1}{2}\sqrt{2+2\sqrt{1-\sin ^2x}}=\sqrt{\frac{1+|\cos x|}{2}}$

$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\cos 10x=|\cos \frac{x}{2}|\\ cos10x=|\sin \frac{x}{2}|=|\cos (\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2})| \end{matrix}\right.$

$(x,y,z)\rightarrow (\frac{m}{n+p},\frac{n}{m+p},\frac{p}{m+n})$

$P=\sum \sqrt{1-x^2}=\sum \sqrt{1-\frac{m^2}{(n+p)^2}}=\sqrt{\sum m}\sum \frac{\sqrt{n+p-m}}{n+p}$

$(\sqrt{-m+n+p},\sqrt{m-n+p},\sqrt{m+n-p}) \rightarrow(a,b,c)$

$P=\sqrt{\sum a^2}\sum \frac{a}{2a^2+b^2+c^2}$

Chuẩn hóa $\sum a^2=3$

$\frac{a}{a^2+3}\leqslant \frac{a^2}{16}+\frac{3}{16}\Leftrightarrow \frac{(a-1)^2(a^2+2a+9)}{a^2+3}\geqslant 0$

$P=\sqrt{3}\sum \frac{a}{a^2+3}\leqslant \sqrt{3}(\frac{1}{16}\sum a^2+\frac{9}{16})=\frac{3\sqrt{3}}{4}$

$\sum \sqrt{\frac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}=\sum \frac{ab+2c^2}{\sqrt{(ab+2c^2)(1+ab-c^2)}}\geqslant 2\sum \frac{ab+2c^2}{2ab+c^2+1}\geqslant \sum(ab+2c^2)=2+\sum ab$

$(x-1,y-1,z-1)\rightarrow (a,b,c)$

gt$\Leftrightarrow abc+2\sum xy+3\sum x=16$

$16=(abc+ \frac{1}{3} \sum a)+\frac{8}{3}\sum a+2\sum xy\geq 2\sqrt{ \frac{1}{3}abc\sum a }+\frac{8}{3}\sqrt[4]{27abc\sum a}+2\sqrt{3abc\sum a}\Leftrightarrow (\sqrt[4]{abc\sum a}-\sqrt[4]{3})(\sqrt[4]{abc\sum a}+\sqrt[4]{3})\leqslant 0\Leftrightarrow abc\sum a\leqslant 3(dpcm)$

khi đổi dấu ở một hàng/cột bất kì thì số dấu trừ vẫn giữ nguyên tính chẵn lẻ, do đó không thể chuyển từ 3->16 dấu trừ 

đặt $p=a+b+c(p\geqslant sqrt(3))$

Nếu $\sqrt{3}\leqslant p\leqslant 2$

Theo Schur:

$VT\geqslant p+\frac{5}{27}p(4-p^2)$

$p+\frac{5}{27}p(4-p^2)\geqslant 2\Leftrightarrow (p-2)(p^2+2p-\frac{27}{5})\leqslant 0$(luôn đúng)

Nếu $p>2$ thì ta hiển nhiên có bđt cần chứng minh

kk, bác keikei mà k làm được bài này hả   

Đặt $a^{\frac{1}{3}}=x;b^{\frac{1}{3}}; c^{\frac{1}{3}}=z$; ta thu được:

$x^3+y^3+z^3=3$; bất đẳng thức ban đầu trở thành:

$\frac{{{x^3}{y^2}}}{{{z^2}}} + \frac{{{y^3}{z^2}}}{{{x^2}}} + \frac{{{z^3}{x^2}}}{{{y^2}}} \ge 3\\ \Leftrightarrow \frac{{{x^3}{y^2}}}{{{z^2}}} + \frac{{{y^3}{z^2}}}{{{x^2}}} + \frac{{{z^3}{x^2}}}{{{y^2}}} \ge {x^3} + {y^3} + {z^3}$

Mà cái cuối dễ quá rồi 

full luôn đi bạn trẻ ^^

Bất đẳng thức tương đương:

$\left (a^{2}-\frac{a^{4}+a^{3}b}{a^{2}+b^{2}} \right )+\left ( b^{2}-\frac{b^{4}+b^{3}c}{b^{2}+c^{2}} \right )+\left ( c^{2}-\frac{c^{4}+c^{3}a}{c^{2}+a^{2}} \right )\leq 0$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}b^{2}-a^{3}b}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{2}c^{2}-b^{3}c}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}a^{2}-c^{3}a}{c^{2}+a^{2}}\leq 0$

Áp dụng bất đẳng thức A-G:

$VT\leq \frac{a(b-a)}{2}+\frac{b(c-b)}{2}+\frac{c(a-c)}{2}= \frac{(ab+bc+ca)-(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{2}\leq 0$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

 

Cách làm của mình không dùng đến giả thiết a,b,c là ba cạnh tam giác. Không biết có gì sai sót không.

lời giải của bạn sai chỗ này vì chưa chắc chắn $b-a,c-b,a-c\geqslant 0$