bạn có file pdf phần này mình xin được không ạ

Rất tiếc, mình soạn trực tiếp trên diễn đàn nên không có pdf. 

Bài 15. Cho số thực $a$ thỏa $a^3-a-1=0$, tính giá trị của biểu thức $B=a\sqrt{2a^6-4a^4+4a^2+3a}-\sqrt{2a^2+3a+2}.$ 

Từ điều kiện $a^3-a-1=0$ ta suy ra

(i) $a^3=a+1$

(ii) $a^4=a^2+a$

(iii) $a^6=a^2+2a+1$. 

Do đó

$2a^6-4a^4+4a^2+3a$

$=2(a^2+2a+1)-4(a^2+a)+4a^2+3a$

$=2a^2+3a+2$. 

Suy ra 

$B=(a-1)\sqrt{2a^2+3a+2}$

$=\sqrt{(a-1)^2(2a^2+3a+2)}$

$=\sqrt{2a^4-a^3-2a^2-a+2}$

$=\sqrt{2(a^2+a)-(a+1)-2a^2-a+2}$

$=1.$

Vậy $B=1$. 

Bài 14. Cho biểu thức $f(x)=(2x^3-21x+2023)^{2024}$.Tính giá trị của biểu thức $f(x)$ tại $x=\sqrt[3]{7+\sqrt{\frac{49}{8}}}+\sqrt[3]{7-\sqrt{\frac{49}{8}}}$

Ta có $x^3=14+3.\sqrt[3]{7^2-\left(\sqrt{\frac{49}{8}}\right)^2}.x=14+\frac{21}{2}.x$, suy ra $2x^3-21x=28$. 

Do đó $f(x)=(28+2023)^{2024}=2051^{2024}$. 

BÀI 11. Vì $x=1+\sqrt[3]{2}$  nên $(x-1)^3=2$ hay $x^3=3x^2-3x+3$, dẫn tới $x^4=3x^3-3x^2+3x$. 

Suy ra $P=x^4-5x^3+9x^2-12x+6$

$=(3x^3-3x^2+3x)-5x^3+9x^2-12x+6$

$=-2x^3+6x^2-9x+6$

$=-2(3x^2-3x+3)+6x^2-9x+6$

$=-3x$

Vậy $P=-3(1+\sqrt[3]{2})=(-3)+\sqrt[3]{-54}$.

Suy ra $a=-3, b=-54$, và ta có $a-2b=(-3)-2.(-54)=105$.

BÀI 16. a) Đặt $ax^3=by^3=cz^3=k^3$.

Khi đó $\sqrt[3]{ax^2+by^2+cz^2}=\sqrt[3]{ax^3.\frac{1}{x}+by^3.\frac{1}{y}+cz^3.\frac{1}{z}}=\sqrt[3]{k^3.(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})}=k$. 

Mặt khác 

$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}=\sqrt[3]{\frac{k^3}{x^3}}+\sqrt[3]{\frac{k^3}{y^3}}+\sqrt[3]{\frac{k^3}{z^3}}=k. (\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=k$

Ta suy ra điều phải chứng minh. 

Bài 11. Đặt $u=\sqrt[3]{a+\frac{a+1}{3}\sqrt{\frac{8a-1}{3}}}$ và $v=\sqrt[3]{a-\frac{a+1}{3}\sqrt{\frac{8a-1}{3}}}$. 

Trước hết, dễ thấy $u^3+v^3=2a$. 

Tiếp theo ta có

$u.v=\sqrt[3]{(a+\frac{a+1}{3}\sqrt{\frac{8a-1}{3}})(a-\frac{a+1}{3}\sqrt{\frac{8a-1}{3}})}$

$=\sqrt[3]{a^2-\frac{(a+1)^2(8a-1)}{27}}$

$=\sqrt[3]{\frac{-(2a-1)^3}{27}}$

$=\frac{-(2a-1)}{3}$. 

Do đó

$x^3 = u^3+v^3+3uv(u+v)$

$=2a+3.\frac{-(2a-1)}{3}.x$

$=2a-(2a-1)x$

Suy ra $x^3+(2a-1)x-2a=0$ hay $(x-1)(x^2+x+2a)=0$. (*) 

Xét trường hợp $a=\frac{1}{8}$ khi đó thay vào công thức tính x ban đầu ta có ngay $x=\sqrt[3]{\frac{1}{8}}+\sqrt[3]{\frac{1}{8}}=1$. 

Trường hợp $a > \frac{1}{8}$ ta có $x^2+x+2a > x^2+x+\frac{1}{4}=(x+\frac{1}{2})^2 \geq 0$. Vì vậy từ phương trình (*) ta có $x=1$. 

Tóm lại $x=1$ với mọi giá trị của $a \geq \frac{1}{8} $, hay $x$ là số tự nhiên với mọi $a \geq \frac{1}{8}$. 

Bài 10.

Ta có $\frac{1}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}+3}=\frac{1}{(\sqrt[3]{2}+1)(\sqrt[3]{4}+1)}$

$=\frac{\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}+1}{ (\sqrt[3]{2}+1)(\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}+1)}. \frac{\sqrt[3]{16}-\sqrt[3]{4}+1}{ (\sqrt[3]{4}+1)(\sqrt[3]{16}-\sqrt[3]{4}+1)}.$

$=\frac{\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}+1}{3}.\frac{\sqrt[3]{16}-\sqrt[3]{4}+1}{5}$

$=\frac{7-\sqrt[3]{2}-2\sqrt[3]{4}}{15}$

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn: $0 \le a, b, c \le 1$ và $a + b + c \ge 2$

Chứng minh rằng $ab(a + 1) + bc(b + 1) + ca(c + 1) \ge 2$.

Xét $a=0$, khi đó VT=$bc(b+1)$. Với điều kiện $0 \leq b, c \leq 1$ ta suy ra VT$\leq 2$.

Bất đẳng thức cần chứng minh không đúng. 

---

Viết xong mới thấy nhận xét không chuẩn. Xin lỗi tác giả ạ. 

Vì khi $b, c \leq 1$ mà $b+c \geq 2$ thì ta phải có $b=c=1$. Khi đó BĐT cần chứng minh xảy ra dấu đẳng thức. Không có gì sai ạ. 

BÀI TOÁN 8. Với $a, b, c,  m, n, p, x, y, z$ là các số thực dương chứng minh rằng $$(a^3+b^3+c^3) (m^3+n^3+p^3) (x^3+y^3+z^3) \geq (amx+bny+cpz)^3$$

Đây là Bất đẳng thức Holder cho 3 dãy. Diễn đàn đã có chứng minh tại đây, tuy nhiên thì bạn nào chưa biết bất đẳng thức này có thể thử tự tìm cách giải. Gợi ý: sử dụng AM-GM. 

BÀI TOÁN 9. Với $a, b, c$ là các số thực dương chứng minh rằng 

a) $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \geq 1$

b) $\frac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}+\frac{b}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}+\frac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}} \geq \sqrt{3}$

Hay $S\ge\frac{(2+\sqrt{3}+\sqrt{5})^2}{2}-12$. Do đó $Min S =\frac{(2+\sqrt{3}+\sqrt{5})^2}{2}-12$. 

Ở đây, ta cần thêm bước chỉ ra giá trị của $a, b, c$ để dấu đẳng thức xảy ra từ đó mới khẳng định được giá trị nhỏ nhất của $S$, cụ thể  $$a=\frac{2-\sqrt{3}+\sqrt{5}}{2},  b=\frac{-2+\sqrt{3}+\sqrt{5}}{2}, c=\frac{2+\sqrt{3}-\sqrt{5}}{2}.$$

Cảm ơn lời giải của bạn hanguyen445.

BÀI TOÁN 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$S=\frac{3a}{b+c}+\frac{4b}{a+c}+\frac{5c}{a+b}.$$

BÀI TOÁN 6. Giả sử $x, y, z \geq 1$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2$. Chứng minh $$\sqrt{x+y+z} \geq \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}.$$      

BÀI TOÁN 5. Giả sử $ x\geq y \geq z > 0$. Chứng minh $$\frac{x^2y}{z}+ \frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} \geq x^2+y^2+z^2.$$

Lời giải khác cho bài toán trên như sau. 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $$\left( \frac{x^2y}{z}+ \frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} \right). \left( \frac{x^2z}{y}+ \frac{y^2x}{z}+\frac{z^2y}{x} \right) \geq (x^2+y^2+z^2)^2.$$ 

Mặt khác vì $x \geq y \geq z$ nên $$ \frac{x^2y}{z}+ \frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} - \frac{x^2z}{y} - \frac{y^2x}{z} - \frac{z^2y}{x}=\frac{(xy+yz+zx)(x-y)(x-z)(y-z)}{xyz} \geq 0.$$ Từ đó ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$. 

\begin{align*}VT-VP &=x^2(\frac{y}{z}-1)+y^2(\frac{z}{x}-1)+z^2(\frac{x}{y}-1) \\ &=\frac{x^2(y-z)}{z}+\frac{y^2(z-x)}{x}+\frac{z^2(x-y)}{y}\\ &\geq\frac{x^2(y-z)}{x}+\frac{y^2(z-x)}{x}+\frac{z^2(x-y)}{x}\\ &=\frac{x^2(y-z)+y^2(z-x)+z^2(x-y)}{x} \\ &=\frac{(x-y)(x-z)(y-z)}{x}\geq 0 \end{align*}

Do đó $$\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}\geq x^2+y^2+z^2 $$

(mà đề bài phải là $x\geq y\geq z>0$ mới đúng chứ)

Cảm ơn bạn Duc3290 đã góp ý điều kiện bài toán. Mình đã sửa lại. Lời giải bạn cũng rất hay. 

Mình đã viết lại Latex cho chứng minh của bạn. Với những chuỗi đánh giá bất đẳng thức dài, ta nên xuống và căn lề để tránh tràn màn hình. Bạn ấn vào Trả lời để xem câu lệnh cụ thể sau nhé:   

\begin{align*} \end{align*}

BÀI TOÁN 5. Giả sử $ x\geq y \geq z > 0$. Chứng minh $$\frac{x^2y}{z}+ \frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} \geq x^2+y^2+z^2.$$

BÀI TOÁN 4.

Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng $$ \frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}.$$

Hi vọng có thể tìm được cách giải nữa cho Bài toán 3. 

BÀI TOÁN 3.

Cho các số dương $a, b, c$ thoả mãn điều kiện $a+b+c=3$. Chứng minh bất đẳng thức $$\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2} \geq \frac{3}{2}.$$

Bài toán 2. Chứng minh rằng với mọi $a, b, c, d$ dương ta luôn có $$16(abc+bcd+cda+dab) \leq (a+b+c+d)^3.$$

Bài này có thể xem như là dạng đổi biến của bất đẳng thức cơ bản $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$.

Thật vậy nếu đặt $a=\frac{yz}{x},b=\frac{xz}{y}, c=\frac{xy}{z} $ thì $ab=z^2, bc=x^2, ca=y^2$, cho nên $ab+bc+ca=x^2+y^2+z^2=3$. Vì vậy $$(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca) \Leftrightarrow (a+b+c)^2 \geq 9 \Leftrightarrow a+b+c \geq 3.$$ Đây là điều phải chứng minh. 

Bài toán 1. Cho các số thực dương $x, y, z$ thoả mãn $x^2+y^2+z^2=3$. Chứng minh $$\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y} \geq 3.$$ 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$.Các đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $AH,EF$. Chứng minh rằng $\widehat{BNC} + \widehat{BMC}=180^o$

Khá thích bài này. Một tính chất thú vị. Chứng minh không khó cho lắm. 

LỜI GIẢI. 

Gọi $P$ là trung điểm $BC$ và $Q$ là điểm đối xứng của $M$ qua $P$. 

* Tam giác $AEH$ vuông tại $E$ có $M$ là trung điểm cạnh huyền $AH$ nên $MA=ME$, từ đó suy ra $\angle AEM=\angle MAE$. Tương tự trong tam giác $BEC$ ta có $\angle PEC=\angle PCE$.

Vì $AH \perp BC$ nên $\angle MAE+\angle PCE=90^{\circ}$. 

Suy ra $\angle AEM+\angle PEC=90^{\circ}$, dẫn tới $\angle PEM=90^{\circ}.$

Vậy $PE \perp EM$. Tương tự ta có $PF \perp MF$.

* $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF nên $ME=MF$. Hai tam giác vuông $PEM$ và $PFM$ có chung cạnh huyền $PM$ và có $ME=MF$ nên bằng nhau. Suy ra $PE=PF$. Do đó $PM$ là đường trung trực của $EF$. Chứng tỏ $PM$ vuông góc với $EF$ tại $N$. 

*  Vì P đồng thời  là trung điểm $BC$ và $QM$ nên tứ giác $BMCQ$ là hình bình hành. 

* Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $PEM$ ta có $PE^2=PM.PN$. Mà $PC=PE$ nên $PC^2=PM.PN$. Dẫn tới tam giác $PNC$ và tam giác $PCM$ đồng dạng (c.g.c). Suy ra $\angle PNC=\angle PCM$.

Mặt khác $\angle PCM=\angle PBQ$ (vì $CM \parallel BQ$) nên $\angle PNC=\angle PBQ$. Chú ý rằng $M, N, P$ thẳng hàng và $M, P, Q$ thẳng hàng, suy ra $N, P, Q$ thẳng hàng. Do đó $\angle CNQ=\angle CBQ$. 

Vì vậy tứ giác $BNCQ$ là tứ giác nội tiếp. Suy ra $\angle BNC+\angle BQC=180^{\circ}$. Mà $\angle BQC=\angle BMC$ (tứ giác $BMCQ$ là hình bình hành), nên ta có điều phải chứng minh $\angle BMC+\angle BNC=180^{\circ}$. 

Cảm ơn bạn HaiDangPham , một người thầy rất đam mê hình học!

Học sinh được nhờ lắm đấy     

Dạ, em cảm ơn thầy đã khen ngợi ạ! 

Các bài toán của Thầy Nguyễn Bá Đang quả thật rất hấp dẫn. Gần như bài nào Thầy đăng lên em cũng thích thú và tìm được nhiều cách giải. Cảm ơn sự chia sẻ của các Thầy ạ!

Tam giác ABC vuông cân tại A và M là 1 điểm bất kì trên đường thẳng BC ( M khác B, C ). Hình chiếu từ M đến các đường thẳng AB và AC lần lượt là H và K. Gọi I là giao điểm các đường thẳng CH và BK. CMR các đường thẳng MI luôn đi qua một điểm cố định. 

Có lẽ nên phát biểu lại kết luận thành "Chứng minh rằng đường thẳng $MI$ luôn đi qua một điểm cố định khi $M$ di động trên đường thẳng $BC$."  thì rõ ý hơn. 

Một lời giải khác nữa, gần tương tự cách giải số 4. Điểm cốt lõi của hai cách giải là sử dụng một bổ đề về hai tam giác đồng dạng. 

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ và tam giác $A'B'C'$ đồng dạng. $M, M'$ là hai điểm lần lượt thuộc $BC, B'C'$ sao cho $\frac{MB}{MC}=\frac{M'B'}{M'C'}$. Khi đó tam giác $AMB$ đồng dạng tam giác $A'M'B'$ và tam giác $AMC$ đồng dạng tam giác $A'M'C'$.

Cùng với Định lý Thales, bổ đề này thật sự quan trọng. Chứng minh thì khá đơn giản, xin dành cho bạn đọc. 

Bây giờ quay trở lại bài toán ban đầu với cách giải thứ 7. Với mình, đây là cách giải đơn giản và đẹp nhất. 

LỜI GIẢI. Gọi $K$ là trung điểm $CD$. Hai đường thẳng $BC, DE$ cắt nhau tại $F$. $N$ là trung điểm $HF$. 

Ta có  $B, I, K$ thẳng hàng; $A, K, F$ thẳng hàng và $AF \perp AM$. 

Tam giác $MAH$ và tam giác $AFH$ đồng dạng. $I, N$ tương ứng là trung điểm $AH, FH$. Theo bổ đề đã nói, ta có tam giác $MAI$ đồng dạng tam giác $AFN$. Suy ra $\angle AMI=\angle FAN$, dẫn tới $MI \perp AN$. 

Tiếp theo, $IN$ là đường trung bình tam giác $HAF$ nên $IN \parallel AF$. Do $A, K, F$ thẳng hàng nên $IN \parallel KF$.

Mặt khác do $B, I, K$ thẳng hàng, $IH \parallel KC$, trong tam giác $BKF$ ta có $\frac{BN}{FN}=\frac{BI}{KI}$. Trong tam giác $BDC$ ta có $AH \parallel CD$ nên $\frac{BI}{KI}=\frac{BA}{DA}$.

Do vậy $\frac{BN}{FN}=\frac{BA}{DA}$.

Chứng tỏ $AN \parallel FD$ hay $AN \parallel DE$. Mà $MI \perp AN$ theo chứng minh trên nên $MI \perp DE$.