Gợi ý: Đưa về bài toán: Cho tam giác $ABC$, tâm ngoại tiếp $O$, tâm nội tiếp $I$. $E,F$ lần lượt thuộc $AB,AC$ sao cho $BE=CF=BC$. Chứng minh rằng $EF\perp OI$.

Đây là bài Romania jbmo tst 2010

Bản 64bit mình bấm vào mà họ báo vi phạm điều khoản

c*rack chưa?

cho $a,b,c>0$ và $a^2+b^2+c^2=3$. chứng minh rằng $(a^5-2a+4)(b^5-2b+4)(c^5-2c+4) \ge 9(ab+bc+ac)$

Ý tưởng khá quen thuộc 

B1: Chứng minh $VP\leq (a+b+c)^3$

Thật vậy với AmGm 3 số

$VP^2=27.(a^2+b^2+c^2).(ab+bc+ac)^2\leq (a+b+c)^6$

B2: Chứng minh $VT\geq (a+b+c)^3$

AmGm 5 số có

$a^5-2a+4=\frac{1}{5}(a^5+a^5+1+1+1)-2a+1+\frac{1}{5}(a^5+a^5+a^5+1+1+10)\geq (a-1)^2+\frac{1}{5}(5a^3+10)\geq a^3+2$

Áp dụng Holder 3 số

$VT\geq (a^3+1+1)(b^3+1+1)(c^3+1+1)\geq (a+b+c)^3$

Xảy ra khi $a=b=c=1$

Cho $ a+b+c=6$ chứng minh rằng

$1.T=\frac{a}{\sqrt{b^{3}+b^{2}+4}}+\frac{b}{\sqrt{c^{3}+c^{2}+4}}+\frac{c}{\sqrt{a^{3}+a^{2}+4}}\geq \frac{3}{2}$

$2.\sum \frac{x}{\sqrt{2(y^{4}+z^{4})+7yz}}\geq \frac{1}{6}$

1/

Để í mẫu phân tích được

$2\sqrt{b^3+b^2+4}=2\sqrt{(b+2)(b^2-b+2)}\leq b^2+4$

Sau đó AmGm ngược

cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $(x+y)(y+z)(z+x)= 1$ chứng minh rằng

$\sum \frac{\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}}{\sqrt{xy}+1}\geq \sqrt{3}$

Dễ đánh giá AmGm trên tử r đưa về bđt quen thuộc

$\frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2}\geq 1$ với $a=x+y$

$b=y+z$

$c=z+x$

Dễ chứng minh :$a^{5}+b^5\geq ab(a^3+b^3)$ ( bn cm bằng chuyển vế rồi phân tích ra nhé !)

Ta có : $VT=3-\sum \left ( \frac{c^2}{a^5+b^5+c^2} \right )\geq 3-\sum \left ( \frac{c^2}{ab(a^3+b^3)+c^2} \right )=3-\sum \left ( \frac{c^3}{a^3+b^3+c^3} \right )=2$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 (đpcm)

Một cách cm cái bổ đề

Áp dụng Amgm 5 số

$a^5+a^5+a^5+a^5+b^5\geq 5a^4b$

$a^5+b^5+b^5+b^5+b^5\geq 5ab^4$

Cộng lại

Cho em hỏi câu này ạ:

$\boxed{26}$ Tìm Min của $A= \sum x^2 +\frac{\sum xy}{x^2y+y^2z+z^2x}$ biết $a+b+c=3$ và a,b,c dương

 

Chỉ được dùng Cosi và Bunhia thôi ạ

Áp dụng $3(x^2y+y^2z+z^2x)\leq (x+y+z)(x^2+y^2+z^2)$ rồi dồn về $a^2+b^2+c^2$

P.s: đọc kĩ nội qui đi bạn, trong topic này chỉ có ad đc đăng bài thôi

nhờ mn check dùm câu số

hmm a chưa xem kĩ nhưng nó có nghiệm đấy, giải bằng cách tính Delta rồi cho Delta chính phương

25/Cho a,b,c là các số thực ko âm thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh

$a^{4}+b^{4}+c^{4}+\frac{1}{8}\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}$

Vornicu schur

Lời giải: 

Đặt : $f(x)=3\sqrt[9]{\frac{a^{9}+b^{9}+c^{9}}{3}}-\sum \left ( \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}} \right )=f(ta,tb,tc)$    với t là số thực bất kì

Nên ta chuẩn hóa : a + b + c = 3 .

Ta có :

$\left ( \sum \left ( \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}} \right ) \right )^{10}\leq (a^{10}+b^{10}+c^{10}).3^9$             ( bất đẳng thức holder)

Mà :

$\sum a^{10}\leq \sqrt[3]{3.(\sum a)(\sum a^{9})}=\sqrt[3]{9(\sum a^{9})}$             ( bất đẳng thức holder)

Do đó :

$\left ( \sum \left ( \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}} \right ) \right )^{10}\leq \sqrt[3]{3^{29}(\sum a^{9})}\Leftrightarrow\left ( \sum \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}} \right )\leq 3\sqrt[30]{\frac{\sum a^{9}}{3} }$

Ta cần chứng minh : 

$\sqrt[30]{\frac{\sum a^{9}}{3}}\leq \sqrt[9]{\frac{\sum a^{9}}{3}}\Leftrightarrow \left ( \frac{\sum a^{9}}{3} \right )^{7}\geq 1\Leftrightarrow \sum a^{9}\geq 3$ (Luôn đúng vì $\frac{\sum a^{9}}{3}\geq \left ( \frac{\sum a}{3} \right )^{9}=1\Leftrightarrow \sum a^{9}\geq 3$) 

suy ra đpcm ( dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi a = b = c  )

Liệu có nhầm lẫn khi sử dụng Holder lần thứ 2?

 

 

Simple AmGm

$a^4+a^4+a^4+1\geq 4a^3$

Tương tự rồi Holder 

Với $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $a+b+c+abc=4$. Tìm GTLN của biểu thức:

$$P=ab+bc+ca$$.

Dùng pqr kết hợp schur

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ sao cho hai đường thẳng $AD$ và $BC$ cắt nhau tại điểm $T$. Đường thẳng $d$ vuông góc với $OT$ cắt hai đường thẳng $CD$ và $AB$ lần lượt tại $M,N$ (?). Chứng minh rằng $TM=TN$.

 

Ps: Liệu đề có sai chăng???

đề k sai

Góc T của bạn có vuông đâu

Dùng phương tích là được

Vả lại M,N,T thẳng hàng

 yeu-to-it-nhat-Can.pdf   252.85K   78 Số lần tải

Tham khảo cái này xem đc ko nhỉ

Cho $A = \frac{1}{\sqrt{1.199}} + \frac{1}{\sqrt{2.198}} + ... + \frac{1}{\sqrt{199.1}}.$ So sánh A với 2.

 

Nhờ mọi người giúp mình bài này với ạ! Mình định hướng dùng Cosi chỉ ra A>1,99, chưa so sánh được với 2.

 

Mình cảm ơn!

Dùng AmGm 2 số dưới mẫu và nó có thể viết lại thành

$A=\frac{2}{\sqrt{1.199}}+..+\frac{2}{\sqrt{100.100}}$ có 100 số

Nên $A>2$

p.s: mk làm sai 

hmm lâu wa không có ai giải nên mình đưa ra ví dụ bài 1:
Ta sẽ chứng minh $a^{13}+b^{13}\geq a^8b^5+a^5b^8$ 

nó đúng với AmGm 13 số, hay

$(8a^{13}+5b^{13})+(5a^{13}+8b^{13})\geq 13(a^8b^5+a^5b^8)$

Nên với $abc=1$ thì

$\sum \frac{a^2b^2}{a^{13}+b^{13}+a^2b^2}\leq \sum \frac{a^2b^2}{a^5b^5(a^3+b^3)+a^2b^2}=\sum \frac{1}{a^3b^3(a^3+b^3+c^3)}=1$

 

cho em thắc mắc tí, nếu mình giả sử trường hợp $a\leq b\leq c$

mình vẫn chứng minh được thì bài này giải ra k ạ ?

Thật ra mình ko hiểu bạn hỏi a í gì nhưng nếu bạn chia trường hợp ra chứng minh thì bạn phải chứng minh bđt đúng với cả 2 trường hợp

Từ pt 2 có

$2y^4(3-x)=3$

Tạo $\sqrt{3}$ ở pt 1 sau đó thể vào có thể rút hết y

Cho x là số dương thỏa mãn $\frac{x^{3}+1}{x}=18\sqrt{x}$

Tính A=$\frac{x^{2}+1}{x}$

có thể giải đc x mà 

Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng 

$\sum \frac{a^2b^2}{a^{13}+b^{13}+a^2b^2}\leq 1$

p.s: mặc dù số mũ khủng nhưng giải khá đơn giản

Một số bài tương tự 

Cùng giả thiết. cmr

$\sum \frac{ab}{a^4+b^4+ab}\leq 1$

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

P.s: Nếu ai có thời gian thì cho thêm ví dụ nữa nhé

cho a,b,c >0 và a+b+c=3. CMR
1.$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

Bài 1
Bài toán đưa về chứng minh
$\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{(a+b)^2}{a^2+b^2+2}+\sum \frac{(a-b)^2}{a^2+b^2+2}\geq 3$
Áp dụng titu lemma hay Svaxo
$LHS\geq \frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+3}+\frac{(a-b+b-c+a-c)^2}{2(a^2+b^2+c^2+3)}=\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2(a-c)^2}{a^2+b^2+c^2}\geq 3$
Qui đồng lên thì cần chứng minh
$a^2+4ab-b^2+4bc+c^2\geq 9=(a+b+c)^2$
Hay tương đương
$(b-c)(a-b)\geq 0$
Đúng nếu giả sử $b=mid(a,b,c)$
Xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc
1 biến bằng 0 và 2 biến còn lại bằng nhau

cho các số thực dương a,b,c

chứng minh 

$\sum \frac{a^3}{a+2b}\geq \frac{\sum a^2}{3}$ 

Dùng Titu lemma hay Svacxo hay Caychy gì đó

$LHS=\sum \frac{a^4}{a^2+2ab}\geq RHS$

(Albanian National Math Olympiad 2012) Tìm tất cả các số nguyên tố p thỏa mãn p+2 và p2 +2p−8 là các số nguyên tố.

Th1 $p=3,2$ thì $p=3$ thỏa mãn

Xét $p>3$

Th2 p chia 3 dư 1 nên $p+2$ chia hết cho 3

Th3 p chia  3 dư 2 nên $p^2+2p-8$ chia hết cho 3

Vậy $p=3$