Cho a,b>0 CMR:
 $(a+b)(a^{2}+2b-2)\geq9a(b-1)$

Góp 1 bài:

 Bài 7:Cho tam giác ABC vuông tại A, AD là đường phân giác.Từ D kẻ DK,DE vuông góc với AB,AC.KC giao với BE tại H

CM AH vuông góc với BC(gợi ý :sử dụng đồng dạng)

Góp 1 bài.
Bài 6: Cho hình bình hành $ABCD$. Qua $B$ kẻ đường thẳng cắt $CD$ ở $M$. Qua $D$ kẻ đường thẳng cắt $BC$ ở $N$, sao cho $BM=DN$, $BM$ giao $DN$ tại $I$. Chứng minh: $IA$ là phân giác $\widehat{DIB}$
____________
@BlackSelena: lớp 7 đã học hình bình hành chưa nhỉ ?
@C a c t u s: Đây là topic dành cho cả lớp 7 và lớp 8 mà

Bài này thuộc bài khó của lớp 7,8.Chỉ cần áp dụng diện tích là ra thôi mà

$\triangle ABC$ $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,BC,CA$
$\dfrac{MA}{MB}.\dfrac{NB}{NC}.\dfrac{PC}{PA}=1$
Vậy theo định lý $Ceva$, ta có đpcm.
Bài này anh thiết nghĩ chẳng cần vẽ hình.

Sử dụng 1 bộ đề là đường trung bình và tính chất trọng tâm cũng ra 

2. Nếu a;b;c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn điều kiện $a^{2}+b^{2}>5c^{2}$ thì c là cạnh nhỏ nhất ?

TH1: c>a>b 

•  $2a>b+c\Leftrightarrow 4a^{2}>b^{2}+c^{2}+2bc>b^{2}+c^{2}>5C^{2}(loại)$

TH2 a>c>b

$c>b\Rightarrow c^{2}>b^{2}\Rightarrow c^{2}+a^{2}>a^{2}+b^{2}>5c^{2}\Rightarrow a>2c(1); Mặt khác a<b+c<c+c=2c(trái với 1);

 Suy ra Đpcm

Lâu nay cứ chọc tụi bây, mà nói rồi, t k bị hoang tưởng nhé, nói ác rứa

Hoàn cảnh khó khăn nhỉ, tội nghiệp ghê, thôi ráng học kiếm tiền     

Bạn đến nhà mình ở là vừa

Họ tên: Trần Hữu Hiếu

Nick trong diễn đàn: huuhieuht

Năm sinh: 2000

Hòm thư: [email protected]

Dự thi cấp:THCS,THPT

Sao chẳng có đề thi cấp huyện nhỉ

Ta sẽ đi chứng minh:

$\frac{a^3b}{c}+\frac{b^3c}{a}+\frac{c^3a}{b}+\frac{5}{9abc}\geq 2(a+b+c)$

Áp dụng BĐT Holder ta có:

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

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

Vậy ta sẽ CM $abc(a+b+c)^2+\frac{5}{9abc}\geq 2(a+b+c)$

Quy đồng lên ta sẽ CM: $(3abc(a+b+c))^2-18abc(a+b+c)+5\geq 0$

Điều này tương đương với $(t-\frac{1}{3})(t-\frac{5}{3})\geq 0$ với $t=abc(a+b+c)$

Mà $abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+bc+ac)^2}{3}=\frac{1}{3}< \frac{5}{3}$

Vậy ta có đpcm

Liệu có được dùng Holder trong thi cử ko nhỉ

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

CMTT:$\sqrt{\frac{bc+2a^2}{1+bc-a^2}}\geq bc+2a^2$

$\sqrt{\frac{ca+2b^2}{1+ac-b^2}}\geq ca+2b^2$

$\Rightarrow \sum \sqrt{\frac{bc+2a^2}{1+bc-a^2}}\geq 2(a^2+b^2+c^2)+\sum ab=2+\sum ab$

CHÚ Ý:CÁC BẠN GỬI ĐỀ CẦN GHI RÕ STT CỦA CÂU HỎI

Đây là câu cuối vòng 1 chuyên Vĩnh Phúc phải không

Ta sẽ đi chứng minh:

$\frac{a^3b}{c}+\frac{b^3c}{a}+\frac{c^3a}{b}+\frac{5}{9abc}\geq 2(a+b+c)$

Áp dụng BĐT Holder ta có:

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

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

Vậy ta sẽ CM $abc(a+b+c)^2+\frac{5}{9abc}\geq 2(a+b+c)$

Quy đồng lên ta sẽ CM: $(3abc(a+b+c))^2-18abc(a+b+c)+5\geq 0$

Điều này tương đương với $(t-\frac{1}{3})(t-\frac{5}{3})\geq 0$ với $t=abc(a+b+c)$

Mà $abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+bc+ac)^2}{3}=\frac{1}{3}< \frac{5}{3}$

Vậy

Ta có $a^{4}b^{2}+\frac{1}{3}abc^{2}+\frac{1}{9}ca\geqslant 3\sqrt[3]{a^{4}b^{2}.\frac{1}{9}ca.\frac{1}{3}abc^{2}}=a^{2}bc$ (theo bĐT cô-si cho 3 số không âm)

Tương tự: $b^{4}c^{2}+\frac{1}{3}bca^{2}+\frac{1}{9}ab\geqslant b^{2}ca, c^{4}a^{2}+\frac{1}{3}cab^{2}+\frac{1}{9}bc\geqslant c^{2}ab$

Cộng vế theo vế ta được  $\Rightarrow a^{4}b^{2}+b^{4}c^{2}+c^{4}a^{2}\ +\frac{1}{9}(ab+bc+ca)\geqslant \frac{2}{3}abc(a+b+c)\Rightarrow a^{4}b^{2}+b^{4}c^{2}+c^{4}a^{2}+\frac{5}{9}\geqslant \frac{2}{3}abc(a+b+c)+\frac{4}{9}(ab+bc+ca)^{2}\geqslant \frac{2}{3}abc(a+b+c)+\frac{4}{9}.3(ab.bc+bc.ca+ca.ab)=2abc(a+b+c)$  

       (vì ab+bc+ca=1 và BĐT quen thuộc : $(x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)$ )

    Dấu ''='' xảy ra khi a=b=c= $\frac{1}{\sqrt{3}}$

Bài 15 : Một bạn cờ quốc tế $8\times 8$  . Hỏi rằng quân mã có thể đi nước đầu tiên từ ô dưới cùng bên trái và kết thúc ở ô trên cùng bên phải không ? Với điều kiện nó phải đi qua tất cả các ô trên bàn cờ và mỗi ô chỉ đi qua đúng một lầ

Sau mỗi lần đi ,mạ sẽ di chuyển sang ô khác màu với ô trước> Từ ô bạn nói  sau 63 lần(số lẻ) nên mạ sẽ đến ô khác màu với ô đầu tiên ,mặt khác 2 ô bạ nói cùng màu .Suy ra vô lý 

BÌNH LUẬN BÀI CUỐI TOÁN CHUYÊN KHTN
Lời giải: 
(1) Trong 2015 điểm thuộc S có nhiều nhất 2014 điểm thẳng hàng. Khi đó số đường thẳng phân biệt được tạo thành đi qua 2 điểm thuộc S là ít nhất.(xét trường hợp còn lại thì quá rõ để cm lớn hơn rùi hay đó là điều hiển nhiên)
(2) Từ 1 điểm khác 2014 điểm thẳng hàng luôn kẻ được 2014 đường thẳng phân biệt.
Từ (1) và (2) ta có ít nhất 2015 đường thẳng phân biệt được tạo thành đi qua ít nhất 2 điểm thuộc S.

Em ko hiểu,tìm nghiệm vô tỉ của pt thì em biết rồi nhưng tìm nghiệm vô tỉ của hpt thì làm sao hả a ,em có thấy a nói đâu   

Các bạn cũng có thể xem lời giải tại đây http://www.hexagon.e...giai-nd330.html

$5/a/$

$p(p-1)=2(a+1)(a^2-a+1)$.

Mà $a^2-a+1$ kg viết được thành nhân tử nên:

$p-1=2(a+1);p-1=2(a^2-a+1)$.

bạn có thể cmr: $a^2-a+1$ ko viết đc thàh nhân tử ko

S

Bạn huuhieuht ơi, cm $2(a+1)$ và $a^{2}-a+1$ nguyên tố cùng nhau như thế nào zạ ?

Theo mình nghĩ thì đặt d=ƯCLN( 2(a+1); a²-a+1)

=> $\left\{\begin{matrix} 2(a+1)\vdots d & \\ a^{2}-a+1\vdots d & \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix} 2(a+1)\vdots d & \\ 2a^{2}-2a+2\vdots d & \\ 2a^{2}+2a\vdots d & \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix} 4a+4\vdots d & \\ 4a-2\vdots d & \end{matrix}\right. \Rightarrow 6\vdots d$

Vậy $d\epsilon${1;2;3;6}

=> 2(a+1) và a²-a+1 chưa chắc đã nguyên tố cùng nhau

* ) Một ví dụ: Nếu a=5 thì 2(a+1)= 12; a²-a+1=21 => ƯCLN( 2(a+1) ; a²-a+1 ) = 3

Xin lỗi bạn nha đến đoạn đó kết hợp với P là số nguyên tố chứ ko phải là UCLN nhé

Mình xin đóng góp cách giải nữa cho bài này

Nhận thấy $VP> 0\Rightarrow x> 0$

$VP=3(x-1)^2+1\geq 1,VT=\sqrt{x.x.(3-2x)}\leq \frac{x+x+3-2x}{3}=1\Rightarrow VT\leq VP$

Dấu đẳng thức xảy ra nên $x=1$

đây có phải căn bậc 3 đâu

bạn

a² - a +1 = ( a - $\frac{1}{4}$ )² + $\frac{3}{4}$ > 0

chả có cái gì liên quan cả

câu cuối JO chứ ko phải IO bạn ạ

Câu cuối có thể dựng hình chữ nhật xung quanh tam giác mà 2 lần S hình chữ nhật , S các tam giác  vuông kề tam giác đã cho cũng là số nguyên(vì các đỉnh có toạ độ nguyên)

Suy ra điều phải CM

Mình có cách này k biết có đúng k:

Giả sử $a\leq b\leq c$

=>$a\leq 1$

Vì abc=1

=>A-3/2=$A=(1-bc).(\frac{1}{bc+1}-\frac{2}{bc+b+c+1})$

              $\geq \frac{a-1}{a}.(\frac{a}{a+1}-\frac{2}{bc+2\sqrt{bc}+1})$

              $=\frac{a-1}{a}.(\frac{a}{a+1}-\frac{2a}{(\sqrt{a}+1)^{2}})$

              $= (a-1).\frac{2\sqrt{a}-(a+1)}{(a+1).(a+1+2\sqrt{a})}$

              $\geq 0$

=>đpcm

Các bạn xem 

Sai bạn ạ

 Theo mình không được ,nếu làm vậy thì còn rất nhiều trường hợp ,mình không thể chỉ xét 1 cái không đau

MÌnh nghĩ đề đã sai rùi

hướng làm thế này:

áp dụng BĐT phụ sau $\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}\geq \frac{2\sqrt{ab}}{1+\sqrt{ab}}(ab\geq 1)$ 

do abc=1 nên ta giả sử $c\leq 1$. Khi đó $ab\geq 1$

Áp dụng BĐT phụ ta có 

$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}\geq \frac{2}{1+\sqrt{c}}+\frac{c}{c+1}=f(c)(c\epsilon (0,1])$

khảo sát hàm f(c) ta được min=1 với c -> vô cùng,$a=b->0^{+}$

P/s: chú Minato xưng hô cẩn thận đấy,anh lớn hơn 

thế thcs đã cho phép dùng hàm đâu