Bài hình ý b theo mình từ câu a suy ra $\bigtriangleup DOP~\bigtriangleup ONP(c.g.c)$ nên OD là tiếp tuyến của $(O;N;P)$ mà $OD\top OC$ nên tâm $(O,N,P)$ trên Oc

Cho mình hỏi bạn có cách nào ngắn hơn k? Chứ mình thấy chặn y tới 9 giá trị lận (từ 2 tới 10)

xét giá trị tuyệt đối rồi thử lại bên kia có thỏa mãn ko ms tìm cụ thể

Bài 1: Bắt đầu từ đẳng thức 
$\frac{a+b}{a-b}.\frac{b+c}{b-c}+\frac{b+c}{b-c}.\frac{c+a}{c-a}+\frac{c+a}{c-a}.\frac{a+b}{a-b}=-1$
Ta có bđt $(\frac{a+b}{a-b})^2+(\frac{b+c}{b-c})^2+(\frac{c+a}{c-a})^2\geq 2$
$A=\frac{a^2+b^2}{(a-b)^2}+\frac{b^2+c^2}{(b-c)^2}+\frac{c^2+a^2}{(c-a)^2}+(\frac{a}{b-c})^2+(\frac{b}{c-a})^2+(\frac{c}{a-b})^2$

_Ta có
$\sum \frac{a^2+b^2}{(a-b)^2}=\sum \frac{(a+b)^2+(a-b)^2}{(a-b)^2}=\sum (\frac{a+b}{a-b})^2+3\geq 5$
_ Có đẳng thức $ \prod \left ( \frac{a}{b-c}+1 \right )=\prod \left ( \frac{a}{b-c}-1 \right ) $
$\Leftrightarrow \sum \frac{a}{b-c}.\frac{b}{c-a}=-1$

$\Rightarrow \sum \left ( \frac{a}{b-c} \right )^2\geq 2$
từ các điều trên ta có $A\geq \frac{9}{2}$
 

$\frac{2}{1-x}+\frac{1}{x}=\frac{2}{1-x}-2+\frac{1}{x}-1+3=\frac{2x}{1-x}+\frac{1-x}{x}+3\geq 2\sqrt{2}+3$

Mình thi đề này đây nè nhưng hận nỗi quên ko kẻ thêm đường phụ vào  hình mà trong bài làm có nên trừ 1đ

hu hu

Ta có $\frac{4ab}{a+2b}+\frac{a+2b}{ab}\geq 4$
$\frac{9ac}{a+4c}+\frac{a+4c}{ac}\geq 6$     $\frac{4bc}{b+c}+\frac{b+c}{bc}\geq 4$

$\Rightarrow C+7\geq 14\Rightarrow C\geq 7$
Dấu "=" xảy ra khi a=2,b=c=1

Đặt $\sqrt{4x^2+5x+1}=a$, $\sqrt{x^2-x+1}=b$ thì

$a-2b=a^2-4b^2$

thì $a-2b=0$ rồi bình phương giải tiếp

Bằng việc xét hiệu cm dc $\sum \frac{x^3}{x^2+xy+y^2}-\sum \frac{y^3}{x^2+xy+y^2}=0\Rightarrow \sum \frac{x^3}{x^2+xy+y^2}=\frac{1}{2}\sum \frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}$ 

Có $x^3+y^3\geq \frac{1}{3}(x+y)(x^2+xy+y^2)\Rightarrow \sum \frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}\geq \frac{2}{3}(x+y+z)=6$

$\Rightarrow \sum \frac{x^3}{x^2+xy+y^2}\geq 3$

Giả sử trong các đoạn thẳng nối 2 điểm thì các đoạn có độ dài $x$ là nhỏ nhất

Vẽ các đường tròn tâm là 8 điểm trên và bán kính $\frac{1}{2}x$ thì các đường tròn này tiếp xúc hoặc ko giao nhau và cùng nằm trong đường tròn                  $(O,1+\frac{1}{2}x)$

Tổng diện tích của chúng là $\frac{8.\pi.x^2}{4}$

Diện tích đường tròn lớn là $\pi.(\frac{1}{2}x+1)^2$

Nên $2x^2<(\frac{1}{2}x+1)^2$ thì $x<1$ nên có dpcm

Tìm đa thức $f(x) có hệ số nguyên thỏa mãn

$16f(x^2)=[f(2x)]^2$

hè viết nhầm nhiều quá đã fix lại rồi

Dễ thấy thức $f(x)=0$ thỏa mãn

Giả sử đa thức $f(x)$ cần tìm có dạng $a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{1}x+a_{0}$$(a_{n}\neq 0)$

Trước hết ta giả sử 1 trong các hệ số $a_{n},a_{n-1},...,a_{1},a_{0}\neq 0$.Ta gọi $k< n$ là số lớn nhất sao cho $a_{k}\neq 0$

Khi đó $16f(x^{2})=16a_{n}x^{2n}+16a_{k}x^{2k}+...+16a_{1}x^{2}+a_{0}=(a_{n}2^{n}x^{n}+a_{k}2^{k}x^{k}+...+a_{1}2x+a_{0})^{2}= \left [ f(2x) \right ]^{2}$

Cân bằng hệ số của $x^{n+k}$ ta được $2.a_{n}(2x)^{n}.a_{k}(2x)^{k}=0\Leftrightarrow a_{k}=0$ (vô lý)

Do đó $a_{n-1}=a_{n-2}=...=a_{1}=a_{0}=0\Rightarrow f(x)=a_{n}x^{n}$

Thay ngược trở lại ta có $f(x)=4x^{n},f(x)=x^{2}(n\in \mathbb{N})$

bạn nên xem lại đi

Đặt $\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}=a(a \in Q))\Rightarrow a-\sqrt{n-1}=\sqrt{n+1}\Leftrightarrow a^2+n-1-2a\sqrt{n-1}=n+1\Rightarrow \sqrt{n-1}=\frac{a^2-2}{2a} \in Q$
mà $n-1 \in Z $ nên $n-1$ là scp.

CMTT thì $n+1$ là scp. Đặt $n-1=b^2$, $n+1=a^2$

$\Rightarrow (a-b)(a+b)=2$ mà $a-b$, $a+b$ có cùng dư khi chia 2 nên 

$a-b\vdots 2, a+b\vdots 2\rightarrow 2\vdots 4$ (vô lí)

nên ta có dpcm

Đặt $\frac{1}{a}=x$ , $\frac{1}{b}=y$, $\frac{1}{c}=z$, bđt cần cm trở thành

$\sqrt{2a}+\sqrt{2b}+\sqrt{2c} \leq \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}\leq \sqrt{(a+b)(b+c)}+\sqrt{(b+c)(c+a)}+\sqrt{(c+a)(a+b)}$
ta có $\sqrt{(a+b)(b+c)}=\sqrt{b^2+ac+ba+cb}=\sqrt{b^2+b(a+c)+ca}\geq \sqrt{(b+\sqrt{ca})^2}=b+\sqrt{ca}$

$\Rightarrow \sum \sqrt{(a+b)(b+c)}\geq \sum a+\sum \sqrt{ab}\geq 2\sqrt{ab}(dpcm)$

Cho 2 tập hợp $A$ và $B$ thỏa mãn:

i, Mỗi phần tử của cả $2$ phần tử đều nhỏ hơn hoặc bằng $2008.$

ii, Tổng số phàn tử của $2$ tập hợp lớn hơn $2008.$

CMR: tồn tại 2 phần tử ở $2$ tập hợp trên mà tổng của chúng là  $2008$

@Sieusieu90 : bạn đặt sai tiêu đề , mình đã sửa cho bạn rồi . Xem lại cách đặt tiêu đề nhe!

Mỗi tập con của A sẽ có tổng các phần tử nhỏ hơn 10+11+12+13+14=60
Mà A có 6 phần tử nên A sẽ có 62 tập con khác rỗng và nó

Nên theo Dirichlet ta có dpcm

 Câu 1 bạn chỉ cần dùng bổ đề tổng quát

$$ \frac{1}{x_{1}^{n}+1}+\frac{1}{x_{2}^{n}}+...+\frac{1}{x_{n}^{n}+1}\geq \frac{1}{x_{1}x_{2}...x_{n}+1} $$ với $x_{i}\geq 1 (i=1,2,...,n)$

Áp dụng Am-gm ta có
$\frac{a^4}{b^3(c+2a)}+\frac{c+2a}{9a}+\frac{1}{3}\geq \frac{a}{b}$
$\frac{b^4}{c^3(a+2b)}+\frac{a+2b}{9b}+\frac{1}{3}\geq \frac{b}{c}$
$\frac{c^4}{a^3(b+2c)}+\frac{b+2c}{9c}+\frac{1}{3}\geq \frac{c}{a}$
Cộng vế vs vế
$\Rightarrow VT\geq \frac{8}{9}(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})-\frac{5}{3}\geq 1(dpcm)$

Lâu ngày ko lên vmf

$$\sum \sqrt{\frac{a^2+2ab}{b^2+2c^2}}=\sum \frac{1}{\sqrt{\frac{b^2+2c^2}{a^2+2ab}}}\geq\sum\frac{2}{\frac{a^2+b^2+2c^2+2ab}{a^2+2ab}}\geq \sum\frac{a^2+2ab}{a^2+b^2+c^2}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}$$

Bài này chỉ cần dùng đơn giản thế này

Gọi $max{a,b,c}=a$ thì $a\geq \frac{b+c}{2}$
$\Rightarrow VT\geq a^3+b^3+c^3+3bc(b+c)=a^3+(b+c)^3\geq \frac{(a+b+c)^3}{4}$
dấu "=" xảy ra khi có 3 số = 0

Cho $a,b,c>0$. CMR

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq 2\sum \sqrt{a^2-ab+b^2}$

Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A. Do chỉ tô bởi 2 màu nên tồn tại hai điểm cùng dấu , không mất tổng quát giả sử hai điểm A, B cùng màu và cùng màu xanh

+ Nếu C có màu xanh thì tam giác vuông cân ABC là tam giác phải tìm.

+ Nếu C có màu đỏ thì ta dựng điểm D sao cho ABDC là hình vuông.

          _ Nếu D màu xanh thì tam giác ABD là tam giác cần tìm.

          _ Nếu D có đỏ thì gọi I là giao điểm của AD và BC .

                   * Nếu I có xanh thì tam giác vuông cân ABI là tam giác cần tìm.

                   * Nếu I màu đỏ thì dễ thấy tam giác vuông cân CID có ba đỉnh cùng đỏ là tam giác cần tìm.

1,

$\sum \frac{a^3b}{ab^2+1}=\sum \frac{a^2}{b+\frac{1}{ab}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a+\sum \frac{1}{ab}}=\frac{abc(a+b+c)}{abc+1}$

Trên mặt phẳng cho 6 điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng và khoảng cách giữa các cặp điểm là các số khác nhau. Ta nối mỗi cặp điểm bởi một đoạn thẳng. Chứng minh trong các đoạn thẳng thu được có 1 đoạn thẳng là cạnh nhỏ nhất của 1 tam giác có 3 đỉnh trong 6 điểm đã cho và đồng thời là cạnh lớn nhất của 1 tam giác cũng có 3 đỉnh trong 6 điểm ấy.