$ta co :4^{a}-2008=4^a-1-2007.Ta co4^a-1luon chia het cho 3,2007 chia het cho 3\rightarrow 4^a-2008 luon chia het cho 3.Mat khac 4^a-2008 chia het cho 2\rightarrow 4^a-2008 chia het cho 6.ta co 4^a-2008=4^a+a+b-(a+1+b+2007).Tu day suy ra4^a+a+b chia het cho 6(dpcm)$

$y =0 \Rightarrow x=1 $

Xét $ y \geq 1$

Ta có $x \geq y$ mà $x^2 =y^2 +\sqrt{y+1} \leq y^2 +2y +1 =(y+1)^2$ \Rightarrow y^2$

 

Bài làm chưa hoàn chỉnh.

$d=1$

$S=1$

Hình như ghi sai đề rồi!

bai nay dung chia cho 13 va 7 moi ca dg hang dang thuc a^n-b^n

bai hinh cau b cm a p q thang hang la xong

$\dpi{150} \small Bài\, hinh \, cau 3\,minh \,giải \, thế này \, các \, bạn \,xem hộ \,mình \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \,Lấy \, G\,là \,tâm \,đường \,tròn \,ngoại \,tiêp \,\Delta A1B1C1 \,giả \,sử \,G \,nằm \,trên \,cung AB .\,Lấy \,M \,là \,điểm \,chính \,giữa \,cung AC \,\rightarrow MA=MC,AC1=CA1, \,lại \,có \,MACB là tứ \,giác \,nội \,tiếp\rightarrow \,\angle MAC1= \angle MCA1\rightarrow \Delta MC1A=\Delta MA1C\rightarrow MC1=MA1\rightarrow G\equiv M \, (\Delta A1B1C1)\cap BC\,tại X \,\Delta GXB va\Delta GC1B \,có \,GX=GC1 ,\,GB \,là \,cạnh \,chung \, Tứ\, giác\,GACB nt \rightarrow \,\angle GBX=\angle GAC=\angle GCA= \angle GBA \,\rightarrow \Delta GBA=\Delta GBX\rightarrow BX=BC1=s-a \,ta \, cũng\,có \,CA1=s-b \,va CX=CA=s \,.Tương\,tự \,(A1B1C1) \cap AC\,la \,Y \, ta \,cũng \,có \,AB1=CY=s-c \,và \,CB1=s-a. \,Theo \,tc \,phương \,tích \,ta \,có \,CA1. CX=CY.CB1\rightarrow s(s-b)=(s-a)(s-c) \rightarrow a^2=b^2+c^2\rightarrow dpcm\, \, \, \, \, \, \, \,$

gần nhất bạn ạ, vì mình xét hai nửa mặt phẳng cơ mà

minh nham thong cam nhe

Nguyênta98 oi phai la điểm Y ở xa AB nhất chứ,thế mới thỏa mãn


$\dpi{150}$ Giả sử ta có 2a +1 điểm màu đỏ và màu xanh điểm b, trong đó 2a+ 1 \leq b. Sau đó bởi trên SCP đối số, số lượng cần thiết của đường đến các điểm riêng biệt là 2a+ 1. Ngoài ra, rõ ràng là đủ số lượng dòng là 2a +2, bởi vì ta luôn luôn có thể sử dụng 1 cặp đường đến các điểm riêng biệt theo từng cặp. Từ vấn đề, chúng ta có thể kết luận rằng cho b = 2a +1 hoặc b = 2a+ 2, số lượng đầy đủ của dòng là 2a+ 1. Tuy nhiên, nó không phải là trường hợp đó cho mỗi b, số lượng đủ là 2a +1. Ví dụ, giả sử a = 1, b = 7. Ta có 2a +1 = 3 điểm màu đỏ và giả sử chúng ta đặt 7 điểm còn lại trong bảy khu vực khác nhau xác định bởi tam giác màu đỏ. Sau đó có ba dòng sẽ không đủ để điểm riêng biệt. Phần còn lại ai giúp mình với

$ap dụng bdt cauchy-schward ta coVT\geq \frac{a^2+b^2+c^2}^2{\sum a^3+\sum 2a^2b^2}.Cần Cm Bdt\geq 1\rightarrow phai cm \sum a^4\geq \sum a^3.vi a+b+c=3\rightarrow dpcm$

$\; Ta\;co \;:a^2+b^2+c^2=1\rightarrow 0\leq a,b,c\leq 1 , \;vi \; k\;la \;so \;nguyen \;duong \;chan \;\rightarrow k=2n(n>0) \rightarrow a^k=a^{2n}= (a^2)^n\leq a^2,\; tuong\; tu\; b^k\leq b^2,c^k\leq c^2\rightarrow f(a,b,c)\geq \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2}= \frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2 }=\frac{a^2}{a(1-a^2)}+\frac{b}{b(1-b^2)}+\frac{c}{c(1-c^2)}=A\; .Ap\;dung \;BDT \;Cauchy \;cho \;3 \; so\; duong\;,ta \; co\; \sqrt[3]{2a^2(1-a^2)(1-a^2)}\leq \frac{2a^2+1-a^2+1-a^2}{3}=\frac{2}{3}\rightarrow a^2(1-a^2)^2\leq \frac{4}{27}\rightarrow \frac{a^2}{a(1-a^2)}\geq\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2,tg \; tu; \;cho \;b \;va \; c\rightarrow A\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)= \frac{3\sqrt{3}}{2}\;.Vay \;min \;f(a,b,c)= \frac{3\sqrt{3}}{2} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$

Bài làm :
Ta có I(MNOD) =-1

và đường đẳng giác đường AD cắt OI tại K

Khi đó A (MIKD) =-1 =I(MAKD)

Như vậy K là giao DM với OI

Dễ có $\Delta IKD$ ~ $\Delta OKM \Rightarrow \frac{IK}{KO} =\frac{IO}{R}$

Vậy K cố định

Tương tự với điểm đẳng giác CF ,BE 

Như vậy  AD .BE,CF đồng quy tại điểm mà điểm đẳng giác của điểm K .

------------

p/s cái cuối có thể chứng minh bằng ceva với tính chất 2 đường đẳng giác =,=!

$\;Ap \;dung \;BDT \;Cauchy \; cho\;3 \;so, \; ta\; co:\; 2(\frac{a}{a+b})^3+\frac{1}{8}=(\frac{a}{a+b})^3+\(\frac{a}{a+b})^3+\frac{1}{8}\geq 3\sqrt[3]{(\frac{a}{a+b})^3.(\frac{a}{a+b})^3.\frac{1}{8}}=\frac{3}{2}(\frac{a}{a+b})^2\rightarrow (\frac{a}{a+b})^3\geq \frac{3}{4}(\frac{a}{a+b})^2-\frac{1}{16}; \;.Tuong \; tu\;cho \;b \; va\;c\rightarrow \sum (\frac{a}{a+b})^3 \geq \frac{3}{4}\sum (\frac{a}{a+b})^2-\frac{3}{16}.Mat\;\neq \;ta \;co \;sum (\frac{a}{a+b})^2\geq \frac{3}{4}(de\,dang \,cm \,dc ) \rightarrow \;\sum (\frac{a}{a+b})^3\geq \frac{3}{8}\rightarrow dpcm \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$

Đây là định lí Kariya.@@

Qua mathlinks hỏi thì người ta nói vậy,mở cuốn sách hình của MS ra thì thấy nó.

Ngoài ra không biết dùng desargue có chứng minh được không??

HÌnh như cậu nhầm,đ lý Kariya là:Cho tam giác ABC nhận I la tâm nội tiếp,Ở phía ngoài tam giác lấy các điểm M,N,P sao cho IM=IN=IP,va 3 duong nay tương ung vuong goc voi BC,CA,AB.CMR:AM,BN,CP đồng qui ....chứ ko phải bài này

Thực chất bài này có thể CM điểm đẳng giác của điểm đồng qui nằm trên OI

(C) la đường tròn nội tiếp hay bất kỳ

hoan toan co the gia su a+b+c=3 hoac abc =1 trong bai nay ma anh

a u toi nham ti toi sua

Ta có: BĐT tương đương

$\sum \frac{3a^{3}}{3(a^{2}+b^{2})+(a-b)^{2}}\geq \frac{a+b+c}{2}\Leftrightarrow \sum (a-\frac{3b^{2}a+a(a-b)^{2}}{3(a^{2}+b^{2})+(a-b)^{2}})\geq \frac{a+b+c}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{3b^{2}a+a(a-b)^{2}}{3(a^{2}+b^{2})+(a-b)^{2}}\leq \frac{a+b+c}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{b}{2}(1-\frac{6ab}{3(a^{2}+b^{2})+(a-b)^{2}})-\sum \frac{a(a-b)^{2}}{3(a^{2}+b^{2})+(a-b)^{2}}\geq 0\Leftrightarrow \sum (a-b)^{2}(\frac{2b-a}{3(a^{2}+b^{2})+(a-b)^{2}})\geq 0$

TH1: Giả sử $a\geq b\geq c$

Ta dễ dàng chứng minh được $(a-c)S_{b}+(a-b)S_{c}\geq 0,(a-c)S_{b}+(b-c)S_{a}\geq 0$,do $S_{a}+S_{c}\geq 0$,mà a-c $\geq a-b$ nên  $(a-c)S_{b}+(a-b)S_{c}\geq 0,còn (a-c)S_{b}+(b-c)S_{a}\geq 0$ $\Leftrightarrow (2ab+2c^{2}+4ac-5bc)(ab-c^{2})\geq 0$,đúng theo giả thiết.Đây là tiêu chuẩn 4 nên ta có đ.p.c.m

TH2:TH này khó hơn chút,giả sử $a\geq c\geq b$

Ta có ngay $S_{a},S_{b}\geq 0$

Chỉ cần chứng minh $S_{c}+S_{a}\geq 0\Leftrightarrow 2abc+2b^{3}+4bc^{2}+2a^{2}c+2b^{2}c\geq ab^{2}+2ac^{2}+2a^{2}b+3abc$

Lại có $2abc+2a^{2}c\geq 2ac^{2}+2a^{2}b$ và $a\geq 2b\Rightarrow 2a^{2}c\geq b^{2}+3abc\Rightarrow$ nên suy ra $S_{a}+S_{c}\geq 0$,theo tiêu chuẩn 1 ta có đ.p.c.m

Từ đây chứng minh được bài toán,đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

dg y toi đó

$\dpi{150} \small Bai nay thuc chat la bai toan co ban sau (a+b+c)^3\geq \frac{27}{4}(ab^2+bc^2+ca^2+abc)$

$\dpi{150} \small Áp\: dung\:bdt \:Cauchy \:cho \:3 \:số \:ko \:âm \:a,b,c. \:Ta có: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:ab^2=a.b.b\leq \frac{a^3+2b^3}{3} \:Tg \:tu, \:ta \:cung co \: bc^2\leq \frac{b^3+2c^3}{3},\:ca^2\leq \frac{c^2+2a^2}{3} \rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leq a^3+b^3+c^3.Áp dụng BDt Holder cho 3 so ta có:9(a^3+b^3+c^3)=(1^3+1^3+1^3)(a^3+b^3+c^3)(1^3+1^3+1^3)\geq (1.1.a+1.1.b+1.1.c)^3\rightarrow 9(a^3+b^3+c^3)\geq (a+b+c)^3,lai có abc\leq \frac{(a+b+c)^3}{27\rightarrow }\:ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq a^3+b^3+c^3+abc\leq \frac{(a+b+c)^3}{9}+\frac{(a+b+c)^3}{27}=4\rightarrow dpcm \: \: \: \: \: \: \:$

$\dpi{120} \small \;Thuc \;chat \; day \;chinh \; la\;bai \;toan \;: \;Cho \;a,b,c \;la \;cac \;so \;thuc \; duong\; thoa\;man \;a+b+c=3 \;CMR: \frac{a}{b^{3}+2}+\frac{b}{c^{3}+2}+\frac{c}{a^{3}+2}\geq 1\;.Ta CM \; BDT\;nay \; nhu\;sau \;.BDt \; can\;CM \;tuong \;duong \;voi \;(\frac{a}{2}-\frac{a}{b^3+2})+(\frac{b}{2}-\frac{b}{c^3+2})+\left ( \frac{c}{2}-\frac{c}{a^3+2} \right )\leq \frac{1}{2} \;hay \;\frac{ab^3}{b^3+2}+\frac{bc^3}{c^3+2}+\frac{ca^3}{a^3+2}\leq 1 \;Su \;dung \; BDT\;AM-GM \;,ta \;co \;b\leq \frac{b^3+1+1}{3}=\frac{b^3+2}{3}\rightarrow \frac{ab^3}{b^3+2}= \frac{ab^2.b}{b^3+2}\leq \frac{ab^2}{3}\; \rightarrow \sum \frac{ab^3}{b^3+2}\leq\ \frac{ab^2+bc^2+ca^2}{3}\;.Bai \;toan \; quy\; ve\; CM\; ab^2+bc^2+ca^2\leq 3.\;Mat \neq abc=1\rightarrow can CM \; ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq 4\;.BDT \;nay \;chinh \; la\; BDT\;co \;ban \;(a+b+c)^3\geq \frac{27}{4}(ab^2+bc^2+ca^2+abc)\rightarrow dpcm \; \; \; \; \; \; \;$

dg dinh lam thi bangbang lam nhanh qua

$\Leftrightarrow 2 cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}+1-2sin^2\frac{C}{2}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow 4sin^2\frac{C}{2}-4sin\frac{C}{2}cos\frac{A-B}{2}+1\geq 0\Leftrightarrow (2sin\frac{C}{2}-cos\frac{A-B}{2})^2+sin^2\frac{A-B}{2}\geq 0\rightarrow dpcm.\:Dau \:bang \:xay \: ra\: \Leftrightarrow \Delta ABC\: deu$

1. Họ tên: Nguyễn Ngọc Trường.

2. Đang học lớp 10 Toán 1, Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ,quận Hà Đông, Tỉnh Hà Nội                                                                                                                 

voi moi n chinh phuong ma ban

Từ giả thiết $\Rightarrow a,b,c\leq \sqrt{3}< \frac{9t}{5}$Ta chứng minh:$\frac{1}{9-5a}\geq \frac{5}{32}(a^{2}-1)+\frac{1}{4} \Leftrightarrow (a-1)^{2}\frac{5a+1}{32}\geq 0$(luôn đúng)

Xây dựng tương tự với b,c cộng lại có dpcm

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

đay la inequality 9 trong blog cua phạm quang toàn ma