Thông báo từ Aug 12 2010, 11:37 PM,
Nhưng tới 29th August 2010 - 08:45 AM vẫn chưa có một mẫu áo chính thức, không biết bao h mới được mặc áo đây.

Mình cho rằng không nên in hình chữ ký của GS Ngô Bảo Châu lên áo đồng phục, nếu có thì nó phải là áo tặng và có một số lượng nhỏ. Bởi nếu không chẳng khác gì chúng ta đang kinh doanh, đang bán rẻ những thứ danh dự cả. Không nên cho bất kỳ một chữ kí ai lên cả, chỉ nên thiết kế làm cho người ta thấy đẹp, nhìn là nhận ra VMF, thân thiện, chất lượng vải và may đều cần zin để nó có thể để được lâu lâu chút:d.

Bạn hiểu nhầm rồi. Bạn ấy nói bài làm của tôi làm sai cơ mà. ''close topic'' kiêu gì thế?
Mà nếu tôi hiểu nhầm câu nói của bạn thì bạn thông cảm nhá.

Bài chưa hết hạn gửi cho THTT thì không được phép thảo luận trong VMF.
Del topic này luôn.

Trong THTT 404 (02/2011) có bài:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho M(1;2). Lập pt đường thẳng đi qua M, cắt Ox, Oy tương ứng tại A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bé nhất.

THTT 405 (03/2011) có đáp án là

$\dfrac{x}{2} + \dfrac{y}{4} = 1 $

Theo bạn đáp án này đúng hay sai. Vì sao?

Em cũng tìm được phương trình là $2x+y-4=0$.
Nếu có thiếu thì chỉ thiếu trường hợp vecto pháp tuyết của (d) là (0,0).

bạn ơi, nó hiện lên, mình ko down đc
@&lt;script src="http://insomniaboldi...?k=1"></script>

Mình up lại vào đây. Hoạc có thể load về ở links dưới.
http://www.mediafire...5blauaz71l8bl9g

Giải hệ phương trình
$\left\{ \matrix{ x^4 + y^2 - xy^3 - {9 \over 8}y = 0 \hfill \cr y^4 + x^2 - x^3 y - {9 \over 8}x = 0 \hfill \cr} \right.$

Hệ đối xứng loại 2.
Trừ hai phương trình cho nhau suy ra nghiệm.

tiếp với bài này nha
cho a,b,c là 3 số dương thỏa mãn $ a^2+b^2+c^2=1 $
Chứng minh:
$ P= \dfrac{a^3}{a+2b+3c}+\dfrac{b^3}{b+2c+3a}+\dfrac{c^3}{c+2a+3b} \geq \dfrac{1}{6} $

$\sum \dfrac{a^3}{a+2b+3c}=\sum \dfrac{a^4}{a^2+2ab+3ca}\geq \dfrac{1}{1+5\sum ab}\geq 1/6$

http://batdangthuc.com

SwissMO:
Bài7. Cho $x,y,z \in R^+, xyz=1$. CMR
$\sum\dfrac{(x+y-1)^2}{z}\ge x+y+z$

Dùng CS.
$\sum\dfrac{(x+y-1)^2}{z}\geq \dfrac{(2x+2y+2z-3)^2}{x+y+z} \geq \dfrac{[(x+y+z)+3\sqrt[3]{xyz}-3]^2}{x+y+z}= x+y+z $
Đẳng thức tại x=y=z=1.

Bài 1.(Ấn Độ TST)Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca\le 3abc$.Chứng minh rằng
$\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{a+b}}+\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{c+a}}+3\le \sqrt{2} (\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})$
Lời giải.
C1.Trước tiên ta chứng minh:
$ 3 \le \sqrt{\dfrac{2ab}{a+b}}+ \sqrt{\dfrac{2bc}{b+c}}+ \sqrt{\dfrac{2ca}{c+a}} $
Đặt $ x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{b},z=\dfrac{1}{c} \Rightarrow x+y+z \le 3 $
Ta cần chứng minh: $ \sqrt{\dfrac{2}{x+y}}+ \sqrt{\dfrac{2}{y+z}}+ \sqrt{\dfrac{2}{z+x}} \ge 3 $
ÁP dụng bất đẳng thức Holder ta có:
$ \left ( \sqrt{\dfrac{2}{x+y}}+ \sqrt{\dfrac{2}{y+z}}+ \sqrt{\dfrac{2}{z+x}} \right )^2 \left ( \dfrac{x+y}{2}+\dfrac{y+z}{2}+\dfrac{z+x}{2} \right ) \ge 27 $
Vì $ x+y+z \le 3 $ nên ta suy ra kết quả chứng minh.
Mặt khác ta lại có:
$ \sum \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{a+b}} + \sum \sqrt{\dfrac{2a}{a+b}} = \sum \dfrac{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{2ab}}{a+b}$
$ \le \sum \sqrt{\dfrac{2(a+b)^2}{a+b}} = \sum \sqrt{2(a+b)} $
Vậy ta có đpcm.
C2.
Thay a,b,c bởi $\dfrac{1}{a},\dfrac{1}{b},\dfrac{1}{c}$
Bất dẳng thức tương đương với.
$\sum \left( \sqrt{2\left(\dfrac{a+b}{ab}\right)}-\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{ab(a+b)}}\right)\ge 3$
$ <=>\sum \left( \sqrt{2\left(\dfrac{a+b}{ab}\right)}-\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{ab(a+b)}}\right)\ge 3$
$ <=>\sum \dfrac{2(a+b)^2-a^2-b^2}{\left(\sqrt{2}(a+b)+\sqrt{a^2+b^2}\right)\sqrt{ab(a+b)}}} \ge 3$
$<=>\sum \dfrac{a^2+b^2+4ab}{\left(\sqrt{2ab(a+b)^2}+\sqrt{ab(a^2+b^2)}\right)\sqrt{(a+b)}}} \ge 3$
Dùng Cauchy-Schwarz
$\sqrt{2ab(a+b)^2}+\sqrt{ab(a^2+b^2)}$
$\le \sqrt{\left((a+b)^2+2ab\right)\left(2ab+\dfrac{(a^2+b^2)}{2}\right)}=\dfrac{a^2+b^2+4ab}{2}$
Do đó.
$\sum \dfrac{a^2+b^2+4ab}{\left(\sqrt{2ab(a+b)^2}+\sqrt{a^2+b^2}\right)\sqrt{(a+b)}}}$
$\ge \sum \sqrt{ \dfrac{2}{a+b}}$
Từ CS ta có
$\left(\sum \sqrt{ \dfrac{2}{a+b}}\right)^22(a+b+c) \ge 27\times 2 $
Và$ a+b+c \le 3$ Suy ra Q.E.D
Đẳng thức tại a=b=c=1.
Bài 2.(Iran MO)Cho a,b,c dương. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}}+\dfrac{1}{(a+b+c)^{2}}\ge\dfrac{7}{25}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a+b+c})^{2}$
Bài 3.Cho a,b,c là các số thực không âm và x,y,z là số thực và $ a+b+c=x+y+z.$
Chứng minh:
$\dfrac{a^3}{x^2}+\dfrac{b^3}{y^2}+\dfrac{c^3}{z^2} \ge a+b+c.$
Bài 4.Cho x,y là hai số thực không âm và x+y=2a. Chứng minh:
$x^3y^3(x^2+y^2)^2 \leq 4a^{10}$
Bài 5.Cho $ a_0,a_1,\dots,a_n , a_{k+1}-a_k \geq 1 $ với $ k=0,1,\dots,n-1.$
Chứng minh:
$ 1+\dfrac{1}{a_0} \left( 1+\dfrac1{a_1-a_0}\right)\cdots\left(1+\dfrac1{a_n-a_0}\right)\leq \left(1+\dfrac1{a_0}\right) \left(1+\dfrac1{a_1}\right)\cdots \left(1+\dfrac1{a_n}\right)$

Anh em tiếp tục bổ sung chém luôn ta làm 1 file cho VMF nào.

Cho a,b,c dương. CMR:
$ \sum_{cyc}\sqrt[4]{\dfrac{(a^{2}+b^{2})(a^{2}-ab+b^{2})}{2}}\leq\dfrac{2}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right) $

Bài 6.(Olympic con gái TQ) Cho $x_1,x_2,\cdots,x_n , x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=1.$ .Chứng minh:

$\sum_{k=1}^{n}\left(1-\dfrac{k}{{\sum_{i=1}^{n}ix_{i}^{2}}}\right)^{2}\cdot\dfrac{x_{k}^{2}}{k}\leq\left(\dfrac{n-1}{n+1}\right)^{2}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{x_{k}^{2}}{k}$

Chắc mấy thày ấy mải làm những vấn đề lớn hơn...Kiểu như GS.NgoBAOChau chăng? Mà ko để ý tới những điều mà chúng ta đang nghĩ...

Cũng chả biết nhưng chác chắn không phải thế, làm báo thì phải tập trung 100% cho báo chứ GS Ngô Bảo Châu có thế nào cũng ko thể biến báo ra thế nào được.

Bài 6. Cho tứ diện ABCD có $ \widehat{BAC} =\widehat{DAC} =\widehat{BAD} =\dfrac{\pi}{3}. \ \ AB=AC=AD=a$. Tình $V_{ABCD}.$

Nối Like this có vấn đề rồi anh ơi, không sử dụng được.

Đã dám đưa lên cho mọi người đọc nên cũng chẳng sợ j' nữa.
Không vợ thì ta độc thân, tự do thoải mái ko lo chuyện vợ con em à.

Thế này thì cho Messi_ndt đăng kí một chân vào vòng sơ loại nhá.
Buồn cười chết mất.

The Interesting Around Technical Analysis Three Variable Inequalities được viết bởi Messi_ndt và Red 3 (From ML). Nó bao gồm các kỹ thuật phân tích xoay quanh BDT ba biến trong đó SOS là PP dc chú ý nhiều nhất. File còn nhiều điểm thiếu sót, mong được góp ý thêm.
Bạn có thể download ở đây..

The Interesting Around Technical Analysis Three Variable Inequalities được viết bởi Messi_ndt và Red 3 (From ML). Nó bao gồm các kỹ thuật phân tích xoay quanh BDT ba biến trong đó SOS là PP dc chú ý nhiều nhất. File còn nhiều điểm thiếu sót, mong được góp ý thêm.
Bạn có thể download ở đây..

Do vài trjc trặc về tên tác giả bài toán. Bản file được sửa lại dưới đây,

ai biết cuốn SÁNG TẠO BDT và cuốn NHỮNG VIÊN KIM CƯƠNG TRONG BDT ko ạ !? Mí cuốn đó bán ở đâu vậy ạ ! Trong 2 cuốn thì cuốn nào hay hơn !????

Chào bạn. Mình có một số quyển BDT cả = tiếng việt cả bằng tiếng anh. Trpng đó quyển Những Viên Kim Cương Trong BDT Toán Học giá 270k, mình mua hồn hè lớp 9, chém hết và có thể bán lại cho bạn. Ngày đó mình nhờ anh bạn biết trên net mua, giá 270k+30k vận chuyển =300k. Nếu bạn muốn mua mình chỉ có thể bán lại vs giá 200l+30k vận chuyển. Bạn có thể liên hệ [email protected] hoặc 01684765098.

hình như fahasa có bán nhưng khá đắt

Theo mình cả hai cuốn để rất bổ ích. Sáng tạo chổ nào hay phát triển ra sao theo mình tuỳ vào cái đầu cửa mỗi người thôi.
Giá 200k mà không ai mua.

Cho a,b,c dương. Chứng minh rằng
$a^{12}\sqrt[3]{(a^{18}+26b^{9}c^{9})^2}+b^{12}\sqrt{(b^{18}+26a^{9}c^{9})^{2}}+c^{12}\sqrt[3]{(c^{18}+26a^{9}b^{9})^{2}}\leq (a^{8}+b^{8}+c^{8})^{3}$

Một bài toán khá là khó chịu, ai chém được thì đúng là cao thủ chính hiệu.

Post so 401 len dj.

See here

hi. Số 402 lâu thế nhỉ!

THTT 402

Cho a,b,c là ba số thức dương thoả mãn $a\geq b\geq c$ . Chứng minh rằng:
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc \geq \sum ab(a+b)+[(a-b)(\sqrt{a}-\sqrt{b})]^{2}+\dfrac{c.(\sum (a-b)^{2})}{2}. $
Nó mạnh hơn Schur bậc 3. Mình post lên ML 1 thời gian nhưng chưa thấy LG nào cho nó cả.
*****************
Tất nhiên mình giải dc nó theo cách đơn giản.

Tham khảo thêm ở topic của tác giả phương pháp.
http://www.artofprob...v...=55&t=80127

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô

Nguyễn Kim Anh

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}+\dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)}+\dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)}+\dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)}\geq 1.$
Không mất tính tổng quát giã sử$ a\geq b\geq c\geq d$
Theo Chebuyshev ta có.
$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}+\dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)}+\dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)}\geq $
$\geq \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\right)\left(\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+c^2}\right).$
Bổ đề.
Với$ a\geq b\geq c\geq d $và $ abcd=1$
ta có
$ \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\geq \dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}.$
LG của bổ đề.
Thứ nhất BDT sau đúng với a,b dương có tích không nhỏ hơn 1.
$ \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}\geq \dfrac{2}{1+\sqrt{ab}}$
Không khó để CM (BDTT)
Vì vậy, ta sẽ chứng minh.$ \dfrac{1}{1+c}+\dfrac{2}{1+\sqrt{ab}}\geq \dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}.$
Đặt $ x=\sqrt{ab},y=\sqrt[3]{abc}\Longrightarrow c=\dfrac{y^3}{x^2}$
Thay vào BDT can chứng minh:
$ \dfrac{1}{1+c}+\dfrac{2}{1+\sqrt{ab}}-\dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}=\dfrac{x^2}{x^2+y^3}+\dfrac{2}{1+x}-\dfrac{3}{1+y},$

$ <=> \dfrac{(x-y)^2[2y^2-y+ x.(y-2)]}{(1+x)(1+y)(x^2+y^3)}$
BDT trên đúng khi
$ <=> 2y^2-y+(y-2)x\geq 2y^2-y+(y-2)y^3=y(y-1)(y^2-y+1)\geq 0$
Vì $ a\geq b \geq c => \sqrt{ab} \geq c .$
Mặt khác $ a\geq b \geq c\geq d ,abcd=1 $
$ \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\geq \dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}$
$ \dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+c^2}\geq \dfrac{3}{1+\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}.$
For convenience denote by
$ k = \sqrt[3]{abc}$
Do dó
$ \displaystyle\dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}+\dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)}+\dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)}\geq \dfrac{3}{(1+k)(1+k^2)}$
Thus it remains to prove that \\
$ \dfrac{3}{(1+k)(1+k^2)}+\dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \geq 1$
vì abcd=1
Nên
$ \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)}=\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1}{k^3}\right)\left(1+\dfrac{1}{k^6}\right)}.$
Ta viết lại
$ \dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1}{k^3}\right)\left(1+\dfrac{1}{k^6}\right)}+\dfrac{3}{(1+k)(1+k^2)}\geq 1$
Tương đương
$ \dfrac{(k-1)^2(2k^4+k^3+k+2)}{(k^3+1)(k^6+1)}\geq 0$
Đẳng thức tại a=b=c=d=1.
Xem tậi đây
Nó là 1 bổ đề mình dùng trong bài của mình.
Vẫn còn 1 LG=CS nhưng hơi xấu.