Thêm một bài nữa 

Bài 35:Goi p là nửa chu vi chu vi của tam giác, a,b,c là độ dài 3 cạnh tương ứng. 

C/m $\sqrt{p} \leq \sqrt{p -a} + \sqrt{p - b}+ \sqrt{p - c } \leq \sqrt{3p}$

$\boxed{\text{Bài 35}}$

Vế $1$ $\sqrt{p}\leq \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\Leftrightarrow p\leq (\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c})^{2}\Leftrightarrow 0\leq 2(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}).(Q.E.D).$

Vế $2$ Áp dụng $Cauchy-Schwarz$ ta có: $(1.\sqrt{p-a}+1.\sqrt{p-b}+1.\sqrt{p-c})^{2}\leq (1^{2}+1^{2}+1^{2})(p-a+p-b+p-c)=3p\Leftrightarrow\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\leq \sqrt{3p}.(Q.E.D)$.

Vậy có ĐPCM.

Ngoài lề một chút được không ạ?

Mình tò mò một chút, theo chương trình học đội tuyển ở trường, các bạn được học đến phần nào rồi ạ? 

Hình như chưa có câu biến đổi căn thức nào nhỉ?

 

Bài 38: Chứng minh rằng số $\sqrt{2009^2+2009^{2}.2010^2+2010^2}$ là một số nguyên dương. 

$\boxed{\text{Bài 38}}$

Đặt $2009=a$, thì $2010=a+1$. Khi đó $2009^{2}+2009^{2}.2010^{2}+2010^{2}=a^{2}+a^{2}(a+1)^{2}+(a+1)^{2}=(a^{2}+a+1)^{2}\Leftrightarrow \sqrt{2009^{2}+2009^{2}.2010^{2}+2010^{2}}=2009^{2}+2010\in \mathbb{Z}^{+}$

Bài 55:Gọi a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2

 Chứng minh rằng $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc< 2$

Bài 56:Chứng minh bất đẳng thức sau đây đúng với mọi x,y là các số thực khác  0

 $\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}}+4\geq 3(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$

Bài 57:Cho 3 số không âm thỏa mãn a+b+c=1

Chứng minh rằng $b+c\geq 16abc$

$\boxed{Bài 55}$: Nhận thấy $a<b+c\Leftrightarrow 2a<a+b+c=2\Leftrightarrow a<1.$ Tương tự: $b<1,c<1$.$\Leftrightarrow a,b,c\in[0;1]$.$\Leftrightarrow (1-a)(1-b)(1-c)\geq 0\Leftrightarrow ab+bc+ca-1-abc\geq 0\Leftrightarrow \frac{4-(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{2}-abc-1\geq 0\Leftrightarrow 4-(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2abc-2\geq 0\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc\leq 2$.

Hiển nhiên dấu "=" không xảy ra nên có ĐPCM.

bài 128 cho a,b >o; a>b chứng mình rằng $\frac{(a^{2}+b^{2})^{2}}{a^{2}+b^{2}}\geq 8$

Đề cho vầy để tự rút gọn à?????

Mình cũng đang ôn HSG 9, 

 

 

Bài 36: Tìm cặp số nguyên dương $(m,n)$ sao cho $2m+1 \vdots n$ và $2n+1 \vdots m$

$\boxed{\text{Bài 36}}$

$m\geq n\Leftrightarrow 0<2n+1\leq 2m+1\leq 3m\Leftrightarrow 0<2n+1\leq 3m$. Tuy nhiên $2n+1\vdots m\Leftrightarrow 2n+1\geq m\Leftrightarrow 0<2n+1\leq 3m$. Từ đó xét các $TH$ $\begin{bmatrix} 2n+1=m\\ 2n+1=2m\\ 2n+1=3m \end{bmatrix}$.

$m<n$ làm tương tự.

Bài này đặt ẩn cho dễ

Đặt $a=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$

$\Rightarrow \frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}}=a^{2}-2$

BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow a^{2}-2+4\geq 3a$

                   $\Leftrightarrow a^{2}-3a+2\geq 0$

                   $\Leftrightarrow (a-2)(a-1)\geq 0$(Đúng,Chú ý $a\geq 2$) 

Chứng minh bị lỗi do không thể kết luận $a\geq2$ bởi $x,y$ có thể âm.

Ủng hộ tiếp nè :

Bài 33:Chứng minh rằng phương trình sau vô nghiệm :

$1999x^{4}+1998x^{3}+2000x^{2}+1997x+1999=0$

$\boxed{\text{Bài 33}}$Chả hiểu sao có ở đây rồi mà bạn.  http://diendantoanho...án-lớp-7/page-2

Ủng hộ topic 1 bài  

Bài 23:Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

$ Q=\frac{1}{2}(\frac{x^{10}}{y^{2}}$$+\frac{y^{10}}{x^{2}})$$+\frac{1}{4}(x^{16}+y^{16})$$-(1+x^{2}y^{2})^{2}$

Mình nghĩ đề phải là như trên. Nếu mình không nhầm thì là như sau:

$Q=\frac{1}{2}(\frac{x^{5}}{y}-\frac{y^{5}}{x})^{2}+x^{4}y^{4}+\frac{1}{4}(x^{8}-y^{8})^{2}+\frac{1}{2}x^{8}y^{8}-1-2x^{2}y^{2}-x^{4}y^{4}$.

$=\frac{1}{2}(\frac{x^{5}}{y}-\frac{y^{5}}{x})^{2}+\frac{1}{4}(x^{8}-y^{8})^{2}+\frac{1}{2}x^{8}y^{8}-2x^{2}y^{2}-1$.

Do đó chỉ cần tìm $Min$ của $A=\frac{1}{2}x^{8}y^{8}-2x^{2}y^{2}-1\Rightarrow 2A=x^{8}y^{8}-4x^{2}y^{2}-2.$

Đặt $x^{2}y^{2}=a$ thì $2A=a^{4}-4a-2=(a^{2}-1)^{2}+2(a-1)^{2}-5\geq -5\Rightarrow A\geq \frac{-5}{2}$. Do đó:

$Q\geq \frac{-5}{2}$. 

Ủng hộ $Topic$ bài sau nhé.

Bài 22:Cho $PT$ sau $\frac{mx^{2}+(m-3)x+2m-1}{x+3}=0$. Xác định $m$ để $PT$ trên có $2$ nghiệm phân biệt $x_{1},x_{2}$ thoả mãn $21x_{1}+7m(2+x_{2}+x_{2}^{2})=48$.

Mình xin đóng góp 1 bài . 

Bài 26 : Tìm 3 chữ số tận cùng của tích 12 số nguyên dương đầu tiên. 

Ta có thể phân tích ra thừa số nguyên tố: $12!=1.2.3.2^{2}.5.2.3.7.2^{3}.3^{2}.2.5.11.2^{2}.3=2^{10}.3^{5}.5^{2}.7.11\Rightarrow$ $3 CS$ tận cùng là $600$.

Đóng góp cho topic bài này

Giải phương trình

$x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1=0$

Bài này sao không ai giải nhỉ?

$x^{8}-x^{7}+x^{5}-x^{4}+x^{3}-x+1=0\Leftrightarrow \frac{x^{10}-x^{5}+1}{x^{2}-x+1}=0\Leftrightarrow$ $PT$ vô nghiệm. 

Bài BĐT:

Cho ba số dương $x,y,z$. Chứng minh rằng: $$\frac{x}{2x+y+z}+\frac{y}{x+2y+z}+\frac{z}{x+y+2z}\leq \frac{3}{4}.$$

Điều phải chứng minh tương đương $\sum \frac{x+y}{x+y+2z}\geq \frac{3}{2}$.

Mặt khác áp dụng Svac-xơ ta có $\sum \frac{x+y}{x+y+2z}= \sum \frac{(x+y)^2}{(x+y)(x+y+2z)}\geq \frac{4(x+y+z)^2}{\sum (x+y)(x+y+2z)}$.

Do đó ta chỉ cần chứng minh $8(x+y+z)^2\geq 3\sum (x+y)(x+y+2z)\Leftrightarrow \sum (x-y)^2\geq 0$ ( luôn đúng), do đó ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$.

$\frac{x}{2x + y + z} \leq \frac{x}{4} (\frac{1}{x + y} + \frac{1}{x + z})$

 

$\frac{y}{x + 2y + z} \leq \frac{y}{4} (\frac{1}{x + y} + \frac{1}{y + z})$

 

$\frac{z}{x + y + 2z} \leq \frac{z}{4} (\frac{1}{z + y} + \frac{1}{ z+ x})$

 

Cộng vế với vế lại, ta có:

 

$\frac{x}{2x+y+z}+\frac{y}{x+2y+z}+\frac{z}{x+y+2z}\leq \frac{3}{4}$

Cách khác: BĐT cần chứng minh tương đương với: $$\frac{x+y+z}{2x+y+z}+\frac{x+y+z}{x+2y+z}+\frac{x+y+z}{x+y+2z}\geq \frac{9}{4}$$

$$\Leftrightarrow \frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\geq \frac{9}{4(x+y+z)}.$$(BĐT này hiển nhiên đúng theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ cho $3$ số bởi $x,y,z$ dương).

Vậy ta có ĐPCM.

Bài kế tiếp ( Đề thi tuyển sinh lớp 10 DHSPHN ) 

Biết $a, b, c> 0$ và $a+b+c=2016$. Hãy tìm GTNN của $A=\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}$

Mình xin giải như sau: 

$\sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}(a-b)^{2}+\frac{3}{4}(a+b)^{2}}\geq \sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}(a+b).$

Tương tự, ta có: $\sum \sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \sqrt{3}(a+b+c)=\sqrt{3}.2006.$

Đẳng thức xảy ra khi: $a=b=c=672.$

Bài Hình: Chứng minh rằng khi chia ba các góc của một tam giác thì ba giao điểm của các đường chia ấy là đỉnh của một tam giác đều.

Góp một bài rất hay

Với $x,y$ là các số thực, CM: $\sqrt{7x^2+6xy+3y^2}+\sqrt{3x^2+6xy+7y^2}\geq 4(x+y)$

Từ đây có hệ sau: 

$$\left\{\begin{matrix} \sqrt{7x^{2}+6xy+3y^{2}}+\sqrt{3x^{2}+6xy+7y^{2}} =4(x+y)& \\ \sqrt{x+2y+3}+\sqrt[3]{x-4y+5}=2& \end{matrix}\right.$$

Chia ba góc nghĩa là sao?

Ví dụ chia góc $A$ thành 3 góc bằng nhau ấy.

Bạn thử làm cách khác đi, biến đổi biểu thức dưới căn thức sao có tồn tại $(x-y)^2$ mới là hay

Chiều ý bạn

$LHS=\sqrt{(\frac{5}{2}x+\frac{3}{2}y)^{2}+\frac{3}{4}(x-y)^{2}}+\sqrt{(\frac{3}{2}x+\frac{5}{2}y)^{2}+\frac{3}{4}(x-y)^{2}}\geq 4(x+y).$

Góp một bài rất hay

Với $x,y$ là các số thực, CM: $\sqrt{7x^2+6xy+3y^2}+\sqrt{3x^2+6xy+7y^2}\geq 4(x+y)$

Lời giải:  Áp dụng BĐT $Mincopxki$, ta có:

$\sqrt{7x^2+6xy+3y^2}+\sqrt{3x^2+6xy+7y^2}=\sqrt{3(x+y)^{2}+4x^{2}}+\sqrt{3(x+y)^{2}+4y^{2}}\geq \sqrt{12(x+y)^{2}+4(x+y)^{2}}=4\left | x+y \right |\geq 4(x+y).$

Đẳng thức rảy ra khi $x=y$.

Tức là mỗi góc có hai đường thẳng để chia hả?

Thế thì nếu giao của nó là đỉnh của một tam giác đều thì có nhiều hơn 3 giao mà?

Hình đây bạn: 

Đây là bài toán chia ba các góc một tam giác của Morley đấy.

Đúng thật, chẳng qua vô nghiệm.

bài mới 

Tìm k biết 3k là số nguyên tố ?

yêu cầu trình bày phải rõ ràng , không chỉ ghi kết quả

Thì đơn giản thôi: Xét $k=1$ thì $3k=3$( Thoả mãn). Xét $k\geq 2\Rightarrow 3k\vdots 3,3k>3$ suy ra $3k$ là hợp số.

Ta có : $3k \vdots 3$ với mọi k

mà 3k là số nguyên tố.

$\Rightarrow 3k = 3$ (3 là số nguyên tố duy nhất $\vdots 3$)

$\Rightarrow k = 1$

P/s : Bạn lần sau đừng hỏi mình trên tin nhắn nhé.

Giống mình.

Ai có link 2 cuốn này cho em xin được không ạ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - TRUNG HỌC CƠ SỞ - HÌNH HỌC và CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - TRUNG HỌC CƠ SỞ - ĐẠI SỐ. Em đã có quyển đa thức và quyển phương trình bậc hai rồi. Em cảm ơn!!!.

Mọi người có tài liệu hay sách nào về phép đếm trong phạm vi THCS có thể giới thiệu cho em được không ạ?