chuyên Phan

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 thái bình

THPT chuyên Phan Bội Châu bạn ạ 

ai làm câu phương trình nghiệm nguyên giúp mình với !

ai giải giúp mình câu 1.2 với

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 

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

bai hinh qua de 

vậy bn post lên cho mn tham khảo đi

gọi I là giao điểm DK và BE 

$\Delta DBI đồng dạng \Delta ANC => IB/DI=NC/AC$

$\Delta DIE đông dạng \Delta ABN => IE/DI=BN/AB$

ta lại có NC/BN=MC/MN=MC/MA=AC/AB 

=> 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

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

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

Cho tam giác ABC có BAC =60 I là tâm đường tròn nội tiếp . Trên các tia BA , CA lấy E, F sao cho BE=CF=BC . Chứng minh I, E . F thẳng hàng

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 ?

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 $a,b,c \geq 0, a+b+c=3 , k\geq 6$

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

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

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ngoại tiếp (I) , IB , IC cắt (O) tại M,N . P,Q thuộc tia đối của BC , CB sao cho BP=BA , CQ=CA .K, L lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp NBP , MCQ .BL cắt CK tại D . Đường tròn bàng tiếp góc A cắt (O) tại S , T . Chứng minh AD vuông góc ST

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 $x,y,z$ không âm thỏa mãn: $2(xy+yz+zx)=x^2+y^2+z^2$. 

Chứng minh rằng:

$\frac{x+y+z}{3}\geq \sqrt[3]{2xyz}$

Ta có $\left ( x+y+x \right )^{2}\geq 4(xy+yz+zx)$ (*)

Giả sử $x\equiv max \left \{ x,y,z \right \}$

(*) $\Leftrightarrow \left ( x+y \right )^{2}-2z(x+y)+z^{2}-4xy \geq 0$

$\Leftrightarrow \left ( x+y-z-2\sqrt{xy} \right )\left ( x+y-z+2\sqrt{xy} \right )\geq 0\Rightarrow x+y\geq z+2\sqrt{xy}$

$\Rightarrow \frac{x+y+z}{3}\geq \frac{2z+2\sqrt{xy}}{3}\geq \frac{2z+\sqrt{xy}+\sqrt{xy}}{3}\geq \sqrt[3]{2xyz}$

=> ...

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Một đường tròn $(\omega)$ bất kì qua B,C $((\omega)\ne (O))$ cắt AB,AC lần lượt tại $AB,AC$. Đường thẳng qua E vuông góc với BF và đường thẳng qua F vuông góc với EC lần lượt cắt (O) tại J,I.

Chứng minh rằng $IJ//BC$ 

cắt AB AC tại đâu vậy bn

Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC tx BC , CA , AB tại D, E,F. AD giao (I) tại P , tiếp tuyến tại P cắt CA , AB tại Q , R . G là một điểm nằm trên AD . QG , RG cắt (I) tại L, M . Chứng minh LM , EF , BC đồng quy

ta có tứ giác $M_{1}M_{2}N_{2}N_{1}$nội tiếp=>$AN_{1}.AM_{1}=AN_{2}.AM_{2}$

dễ dàng cm $AC^{2}=AN_{1}.AM_{1}$

$AB^{2}=AN_{2}.AM_{2}$=>đpcm

Cho a,b,c dương. Tìm GTLN của:

$T=\frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}+\frac{b(c+a)}{(c+a)^2+b^2}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^2+c^2}$

đây là dạng BĐT đối xứng thuần nhất nên ta giả sử a+b+c=1

Ta có $1-2a+2a^{2}=1-2a(1-a)\geq 1-\frac{(a+1)^{2}}{4}=\frac{(1-a)(3+a)}{4}\Rightarrow \frac{a(1-a)}{1-2a+2a^{2}}\leq \frac{4a}{3+a}=4-\frac{12}{a+3}$

$\frac{b(1-b)}{1-2b+2b^{2}}\leq 4-\frac{12}{3+b}$

$T\leq 12-12(\frac{1}{3+a}+\frac{1}{3+b}+\frac{1}{3+c})\leq \frac{6}{5}$