THPT chuyên Phan Bội Châu bạn ạ 

Lời giải:
Ta có: $\sum \frac{2a^5+3b^5}{ab} \geq 15(a^3+b^3+c^3-2)$
$\Leftrightarrow \sum \frac{2a^5+3b^5}{ab} -\sum ab^2 \geq 15(\sum a^3 -3 \sum ab^2)$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2(2a^3+4a^b+6ab^2+3b^3)}{ab} \geq 15 \sum (a+2b)(a-b)^2$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^4(2a+3b)}{ab} \geq 0$ (luôn đúng với mọi $a,b,c$ dương)

Vậy: Bất đẳng thức được chứng minh.
 Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$

Nguồn: Facebook

có cách nào khác không bạn ? 

chuyên Phan

1) Tên nick ứng viên  : I Love MC , baopbc , bangbang1412, Zaraki .

2) Thành tích nổi bật  : luôn tích cực tham gia thảo luận cho TOPIC diễn đàn 

3) Ghi chú : ko có 

ai làm câu phương trình nghiệm nguyên giúp mình với !

chuyên thái bình

bai hinh qua de 

vậy bn post lên cho mn tham khảo đi

ai giải giúp mình câu 1.2 với

Ta có:

 

$f(a,b,c)=(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$

 

Suy ra $f(a,b+c,0)=a^2(b+c)^2[a^2+(b+c)^2]$

 

Không mất tính tổng quát giả sử $a=max$ . Ta có:

 

$f(a,b+c,0)- f(a,b,c)=bc[bc(2a^2-b^2-c^2)+ 4a^2b^2+4a^2c^2+2a^4+2a^2bc] \geq 0$

 

(do $a=max$ và $a,b,c \geq 0$)

 

Mặt khác theo Cauchy

 

$f(a,b+c,0)=a^2(b+c)^2[a^2+(b+c)^2] =\frac{1}{2}.2a(b+c)[a^2+(b+c)^2]. a(b+c) \leq \frac{1}{2} \frac{(a+b+c)^4}{4} . \frac{(a+b+c)^2}{4} =\frac{1}{32}$

 

(Do $a+b+c=1$)

 

Vậy $f(a,b,c) \leq f(a,b+c,0) \leq \frac{1}{32}$

 

Đây chính là điều phải chứng minh

 

Dấu $=$ xảy ra khi một số bằng 0 và 2 số bằng $\frac{1}{2}$

phương pháp gì đây bn ?

c. ta có$\frac{MC}{MD}=\frac{MC.MD}{MD^{2}}=\frac{MA^{2}}{MD^{2}}$

mà $\frac{MA}{MD}=\frac{CA}{AD}$=$\frac{CB}{BD}$

=>$\frac{MA^{2}}{MD^{2}}=\frac{AC}{BD}.\frac{BC}{AD}=\frac{QC}{QB}.\frac{QB}{QD}$=$\frac{QC}{QD}$

=> ...

cay ni m lay mo r chu

Tam giác ABC nhọn nội tiếp (O).M trung điểm BC.Trung trực AB,AC cắt AM tại D và E.BD cắt CE tại F.Một Đường tròn (w) qua B và C cắt AB,AC tại H,K.I trung điểm HK.CHứng minh A,F,I thẳng hàng

Chứng minh AF là đường đối trung của tam giác ABC

chuẩn hóa bất đẳng thức  ta có ab+bc+ca =3 

$a+b+c\geq 3 và abc\leq 1

mà (a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ca)(a+c+b)-abc=3(a+b+c)-abc\geq 8$ => đpcm

Câu 1: Xin gợi ý dùm cách c/m  AO là tia phân giác góc IAM

 

mình có bài tổng quát hơn các ý trên các bạn tham khảo nhé !

Từ A nằm ngoài đường tròn (O) tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE ko đi qua O , EK vuông góc BC tại K , DK cát (O) tại M dây MN //BC , đường kính EF . Chứng minh A,E, N thẳng hàng

Bạn còn cách khác không?

vì nghiệm duy nhất =0 nên có thể sử dụng nhân liên hợp

Cho tam giác $ABC$ nhọn, trực tâm $H$.$AH\cap BC\equiv D$. $E$ thuộc đoạn $AD$ sao cho $\widehat{BEC}=90^{0}$. $M$ là trung điểm $EH$.Đường tròn đường kính $AM$ cắt đường tròn $Euler$ của tam giác $ABC$ tại $P,Q$.Chứng minh: $PQ$ đi qua $E$.

Gọi T là giao điểm của AH với đường tròn đường kính BC .N trung điểm AH

Dễ thấy (AHET) = -1 => EN.ET =EA.EH =>EN.ED=1/2.EA.EH=EA.EM

Gọi E' là gđ của PQ với AH => E'M.E'A=E'P.E'Q=E'N.E'D

=> E=E' 

Chưa hiểu chỗ $(AHET)=-1$ (mình học hình kém,mong bạn thông cảm  )

Vẽ đường cao BF . Khi đó : AH.AD=AF.AC=AT.AE mà D là trung điểm ET => ...

Cho phân số A=$\frac{m^3+3m^2+2m+5}{m(m+1)(m+2)+6}$;(m thuộc N)

a)Chứng minh rằng A là phân số tối giản.

b)Phân số A có biểu diễn thập phân là hữu hạn hay vô hạn tuần hoàn? Vì sao?

A=$\frac{m^{3}+3m^{2}+2m+5}{m^{3}+3m^{2}+2m+6}$

mẫu và tử là hai số liên tiêp nên nguyên tố cùng nhau nên A tối giản

mình không hiểu chỗ này lắm

1, Chỗ này mình nghĩ phải là E'H.E'A

2.  1/2.E'H.E'A=E'M.E'A tương đương 1/2 E'H= E'M tức là E trùng E' rồi còn đâu???

sorry bn mình đã sửa

Cho a,b $\geq$ 0 thỏa mãn $\sqrt{a}+ \sqrt{b }=1$. Tìm GTLN của biểu thức:

                           $P = \sqrt{ab}\left ( a+b \right )$.

$P= \frac{1}{2}.2\sqrt{ab}(a+b)\leq \frac{1}{8}(a+b+2\sqrt{ab})^{2}=\frac{1}{2}.(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{4}=\frac{1}{2}$

dấu bằng khi a=b=1/4

bạn trình bày lời giải ra dùm mình câu a thôi có được ko

Chứng minh $\angle ACI+\angle ABI =\angle EIF$ là đc bài này chỉ đúng với trường hợp MN đi qua I thôi 

cho $\Delta$ ABC ;I và G là tâm nội tiếp và trọng tâm.

đường tròn bàng tiếp $(I_{a});\left ( I_{b} \right );\left ( I_{c} \right )$ tiếp xúc với BC;CA;AB tại M;N;P.

chứng minh:AM;BN;CP đồng quy tại 1 điểm thuộc IG.

Chứng minh đc

 $(p-b)\underset{MB}{\rightarrow}+(p-c)\underset{MC}{\rightarrow}=(p-c)\underset{NC}{\rightarrow}+(p-a)\underset{NA}{\rightarrow}=(p-a)\underset{PA}{\rightarrow}+(p-b)\underset{PB}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$

=> 3 đg đồng quy tại điểm K thỏa mãn

$(p-a)\underset{KA}{\rightarrow}+(p-b)\underset{KB}{\rightarrow}+(p-c)\underset{KC}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$

$\Rightarrow p(\underset{KB}{\rightarrow}+\underset{KA}{\rightarrow}+\underset{KC}{\rightarrow})-(a+b+c)\underset{KI}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$

$3p\underset{KG}{\rightarrow}-2p\underset{KI}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$

=> K thuộc IG

cho $a,b,c\geq 0 \sum a^{2}=1$ Tìm $MaxP = \sum a^{3}-2abc$

$\Delta PCH đồng dạng \Delta POM$=>$\frac{PH}{PM}=\frac{PC}{PO}$

$\Delta HCQ đông dạng \Delta NOQ => \frac{HQ}{NQ} = \frac{CQ}{OQ}$

mà $\frac{OP}{PC}=\frac{OQ}{CQ}$

NÊN =>$\frac{PH}{PM}=\frac{HQ}{NQ}$

=>  $\frac{PM}{MC}.\frac{CN}{NQ}.\frac{QH}{HP}=1$ 

=> 3 ĐG ĐỒNG QUYtheo định lí cê va đảo

ta cần chứng minh $\sum \frac{1}{9-ab}\leq \frac{3}{8}$$\Leftrightarrow 8(243-18p+3r)\leq 3(729-81q+27r-r^{2})$$\Leftrightarrow 243-99q+57r-3r^{2}\geq 0$

với $p=a+b+c ; q=ab+bc+ca ; r=abc$

$3=3(\frac{a+b+c}{3})^{6}\geq 3(abc)^{2}\Rightarrow 1\geq r^{2}$

theo BĐT schur $r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{3}\Rightarrow 57r\geq 19(4q-9)$

nên ta cần cm $72-23q-3r^{2}\geq 0\Leftrightarrow 3(1-r^{2})+23(3-q)\geq 0$  luôn đúng 

ta có bài tổng quát $a,b,c \geq 0, a+b+c=3 , k\geq 6$

$\sum \frac{1}{k-ab}\leq \frac{3}{k-1}$