Đang tính thì để mình cho thêm 1 bài cơ bản nữa :
$\sqrt{1^{3}+2^{3}+...+n^{3}}= 1+2+...+n$

1) $(a+b+c)^3$
$=(a+b)^3 + c^3 + 3(a+b)c(a+b+c)$
$=a^3+b^3+3ab(a+b)+c^3+3(a+b)c(a+b+c)$
$=a^3+b^3+c^3+3(a+b)[ab+c(a+b+c)]$
$=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(ab+ca+cb+c^2)$
$=a^3+b^3+c^3+3(a+b)[a(b+c)+c(c+b)]$
$=a^3+b^3+c^3+3(a+b)[(b+c)(c+a)$ (đpcm)
2) $a^4+\frac{1}{4}$
$=(a^2)^2 + (\frac{1}{2})^2$
$=(a^2+\frac{1}{2})^2 - 2.a^2.\frac{1}{2}$
$=(a^2+\frac{1}{2})^2 - a^2$
$=(a^2+\frac{1}{2}-a)(a^2+\frac{1}{2}+a)$
Áp dụng vào bài ta có:
$\frac{(1^4+\frac{1}{4})(3^4+\frac{1}{4})...((2k-1)^4+\frac{1}{4})}{(2^4+\frac{1}{4})(4^4+\frac{1}{4})...((2k)^4+\frac{1}{4})}$
$=\frac{(1^2+\frac{1}{2}-1)(1^2+\frac{1}{2}+1)(3^2+\frac{1}{2}-3)(3^2+\frac{1}{2}+3)...[(2k-1)^2+\frac{1}{2}-2k+1][(2k-1)^2+\frac{1}{2}+2k-1]}{(2^2+\frac{1}{2}-2)(2^2+\frac{1}{2}+2)(4^2+\frac{1}{2}-4)(4^2+\frac{1}{2}+4)... [(2k)^2+\frac{1}{2}-2k][(2k)^2+\frac{1}{2}+2k]}$
$=\frac{\frac{1}{2}.2\frac{1}{2}.6\frac{1}{2}.12\frac{1}{2}...(4k^2-6k+2,5)(4k^2-2k+\frac{1}{2})}{2\frac{1}{2}.6\frac{1}{2}.12\frac{1}{2}.20\frac{1}{2}...(4k^2-2k+\frac{1}{2})(4k^2+2k+\frac{1}{2})}$
$=\frac{1}{4k^2+2k+\frac{1}{2}}$
P.s: Sao kết quả mình ra lại khác của bạn nhỉ

So sánh kết quả của bạn và đề bài thi mình nghĩ bạn rút gọn chắc là thừa 1 cái $\frac{1}{2}$ ở trên tử dẫn đến kết quả gấp đôi ĐPCM,bạn xem lại quy luật của cái rút gọn nhé.

$$A=y^4+\frac{5y^2}{2}-y+\frac{61}{16}=y^4-m y^2+m^2+(m+\frac{5}{2})y^2-y+\frac{61}{16}-m^2$$

Tớ nghĩ đoạn này phải là $$A=y^4+\frac{5y^2}{2}-y+\frac{61}{16}=y^4-2m y^2+m^2+(2m+\frac{5}{2})y^2-y+\frac{61}{16}-m^2$$ chứ nhỉ?Để cho nó ra cái tổng bình phương ấy mà.Không biết đúng không.

Trang 78 dòng thứ 4 phải là $x^{2}=y^{2}+5=z^{3}$,ví dụ $4.20$ phải là $(x+y+1)^{2}= 3(x^{2}+y^{2}+1)$

Bài 87: Cho (O) đường kính AB cố định,điểm I nằm giữa A và O sao cho AI=2/3 AO kẻ dây MN vuông góc với AI tại I.Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với MN và B .Nối AC cắt MN tại E.Xác định vị trí điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ nhất.

Trước hết yêu cầu @True09 và em @blackselena không cãi nhau gây mất đoàn kết nữa,không admin vào 2 người ra đảo đấy.

Lời giải bài 78 thuần THCS

Lấy $D$ là trung điểm $BC$; $H$ là trung điểm $AG$
Áp dụng công thức tính đường trung tuyến trong $\triangle MBC$ có:
$MD^2 = \frac{MB^2+MC^2}{2} - \frac{a^2}{4}$
Tương tự, ta cũng có
$MG^2 = \frac{MD^2+MH^2}{2} - \frac{HD^2}{4}$
$MH^2 = \frac{MG^2+MA^2}{2} - \frac{GA^2}{4}$
Vậy thế $MH^2$ vào công thức tính $MG^2$, ta có:
$MG^2 = \frac{MD^2+\frac{MG^2+MA^2}{2} - \frac{GA^2}{4}}{2} - \frac{HD^2}{4}$
$MG^2 = \frac{MD^2} + \frac{MG^2+MA^2}{4} - \frac{GA^2}{8} -\frac{HD^2}{4}$
$\Rightarrow 8MG^2 = 4MD^2 + 2MG^2 + 2MA^2 - GA^2 - 2HD^2$
$\Rightarrow 4MD^2 = 6MG^2 - 2MA^2 + 3GA^2$
$\Rightarrow MD^2 = \frac{3MG^2}{2}-\frac{MA^2}{2} + \frac{3GA^2}{4}$
Mà ta lại có $MD^2 = \frac{MB^2+MC^2}{2} - \frac{a^2}{4}$ (chứng minh ở trên)
$\Rightarrow \frac{MB^2+MC^2}{2} = \frac{3MG^2}{2} - \frac{MA^2}{2} + \frac{3GA^2}{4} + \frac{a^2}{4}$
$\Rightarrow MB^2 + MC^2 + MA^2= 3MG^2 + \frac{3GA^2}{2} +\frac{a^2}{2}$
Mặt khác, ta cũng có
$\frac{3GA^2}{2} = \frac{2AD^2}{3} = \frac{AB^2+AC^2}{3} - \frac{BC^2}{6}$
Vậy $MA^2+MB^2+MC^2 = \frac{AB^2+AC^2}{3} + \frac{a^2}{2} - \frac{a^2}{6} + 3MG^2$
$=\frac{AB^2+AC^2+BC^2+9MG^2}{3}$
$=\frac{a^2+b^2+c^2+9d^2}{3}$

@@ Selena: Bài em giải hay thật. Tuy có thể chứng minh bằng toán 9 nhưng công thức tính đường trung tuyến trong tam giác thường là của chương trình hình học 10.

@blackselena:tuyệt đấy,anh cũng còn phải học hỏi nhiều
@henry0905:đâu có,mình học công thức tính trung tuyế,phân giác,hê-rông từ hồi hè lớp 8 cơ.Cái này chỉ dùng trong thi giải toán máy tính casio thôi chứ thi HSG kia là phải chứng minh

Topic chìm là sao ?
Mn đã post bài ở đây rồi thì sau 1 thời gian nên post lời giải đi chứ :-w
P/s: nếu có ai định bảo em ỷ lại thì nói trước là bài 43 em đã nghĩ 2 ngày và vẫn chưa tìm nổi hướng chứng minh.

Chẳng ai nói thế cả đâu em,bài này hơi khó (anh vẽ mãi cái hình mà vẫn không được nên em chịu khó nhìn hình mình nhé )
Giả sử B' là giao điểm thứ 2 của AP với (O) thì BB' là đk.Gọi F' là điểm đối xứng của F qua PD.

*Xét P nằm trong (O).Ta có:
$\widehat{PFD}= \widehat{B'FC}$ (cùng phụ với $\widehat{BFC}$);
$\widehat{B'FC}=\widehat{CAB'}$ mà F và F' đối xứng với nhau qua PD nên $\widehat{PDF}
=\widehat{PF'D}$.
Từ đó $\widehat{PF'D}=\widehat{CAB'}$ nên tứ giác AF'BD nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{F'AD}=\widehat{F'DP}$ ,do $\widehat{F'DP}=\widehat{FDP};\widehat{FDP}=90^{\circ}-\widehat{DFF'}=\widehat{F'Ft}$ (CF kéo dài gọi là t' nhé )
$\Rightarrow \widehat{F'AP}=\widehat{F'Ft}$
$\Rightarrow$ tứ giác AF'FB' nội tiếp $\Rightarrow F' \epsilon (O)$
VÌ DP là trung trực của FF' nên nó đi qua O, hay 3 điểm P, D, O thẳng hàng.(Like nhé )

* Xét P ở ngoài ta chứng minh tương tự.

Bài 43. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AC lấy điểm D tùy ý (khác A và C). Đường thăng BD cắt (O) tại điểm thứ 2 là F. Đường thẳng qua A vuông góc với AB và đường thẳng qua F vuông góc với FC cắt nhau tại P. CMR: P, D, O thẳng hàng.

Làm xong bài này của anh cũng nổ não.

Ban đầu đã thử với cách xài $Menelaus$ nhưng tự nhận ra là đang tự sát.
$TR \cap AM = I$, trước hết ta sẽ (phải) chứng minh $AR \perp TM$, hay tức là $H$ là trực tâm $\triangle AMT$
Vẽ đường tròn tâm $O$ ngoại tiếp $\triangle ABC$, cắt $AT$ tại $K$, ta sẽ đi chứng minh $H,M,K:\text{ thẳng hàng}$
Lưu ý, theo phương tích của điểm nằm ngoài đường tròn (cụ thể là điểm $T$) thì ta có:
$TK.TA=TF.TE=TB.TC$
$\Rightarrow \triangle TKF \sim \triangle TEA$
$\Rightarrow \angle TKF = \angle TEA$
$\Rightarrow KFEA:tgnt$(1)
Mà dễ thấy $AEHK:tgnt$(2)
Từ $(1)$ và $(2) \Rightarrow A,E,H,K,F:\text{ đồng viên}$.
$\Rightarrow HK \perp AT$
Mình lưu ý bôi đỏ vì ta ở đây mới chúng minh được $HK \perp AT$ chứ chưa chứng minh được $H,M,K$ thẳng hàng.
Và giờ là công đoạn chứng minh $K,H,M:\text{thẳng hàng}$, cũng hại não không kém.
Kẻ đường kính $AD$, ta sẽ chứng minh một thứ "mạnh" hơn đó là $K,H,M,D:\text{ thẳng hàng}$.
Nghe thì có vẻ khủng nhưng thực chất nó là mấu chốt để ta chứng minh $K,H,M:\text{thẳng hàng}$
$AD$ là đường kính $\Rightarrow BD \perp AB, DC \perp AC$
Mặt khác cũng có $CH \perp AB, BH \perp AC$
$\Rightarrow BHCD:\text{hình bình hành}$
$\Rightarrow H,M,D:\text{thẳng hàng}$ (*). Tới đây là phần quan trọng của việc chứng minh thẳng hàng.
Phần còn lại cũng khá dễ, ta có $DK \perp AT$ mà $KH \perp AT$ (đã chứng minh ở trên).
$\Rightarrow K,H,D:\text{thẳng hàng}$. (**)
Từ $(*) \text{ và } (**)$ ta có $K,H,M,D:\text{ thẳng hàng}$.
Vậy $K,H,M:\text{ thẳng hàng}$
$\Rightarrow MH \perp AT$
$\Rightarrow H$ là trực tâm $\triangle AMT$
$\Rightarrow TR \perp AM$
Vậy ta đã chứng minh được mớ ba lăng nhăng mà em nêu ra ở đầu bài, và cũng là mấu chốt bài toán.
Dễ thấy $AEIH:tngt$
$\Rightarrow \angle EIR = \angle HAC$ (^)
Mặt khác, ta cũng có
$FHIE:tgnt$ do $\angle EHE$ và $\angle FIE$ cùng bù với $\angle KAE$
$\Rightarrow TH.TI = TF.TE$
Mặt khác, theo phương tích ta lại có $TF.TE = TB.TC$
$\Rightarrow TH.TI=TB.TC$
$\Rightarrow HICB:tgnt$
$\Rightarrow \angle RIC = \angle HBD$
Mặt khác cũng dễ thấy $\angle HBD = \angle HAC$
$\Rightarrow \angle RIC = \angle HAC$ (^^)
Từ (^) và (^^) $\Rightarrow \angle EIR = \angle RIC$
$\Rightarrow IR:\text{ phân giác } \angle EIC$
Mà ta lại có $\angle AIR = 90^o$
Vậy $AI, IR$ lần lượt là tia phân giác của 2 góc kề bù.
Vậy $AI$ là tia phân giác của góc ngoài $\angle EIC$
Áp dụng tính chất đường phân giác góc ngoài, góc trong luôn, ta có
$\frac{ER}{RC} = \frac{IE}{IC} = \frac{AE}{AC}$
$\Rightarrow ER.AC = AE.RC$ (đpcm)
P/s:

Nhầm chỗ này rồi em ơi,thế này có khác gì là $AC$ vuông góc $BC$ đâu.

Tru09: Đó là$ AM \perp TR$ bạn ấy viết nhầm.

Góp một bài vậy,cũng dùng AM-GM nhưng có trọng số (nhưng đơn giản thôi ).
Bài 71: Cho $x>0$,$a,b,n,k\in \mathbb{N+}$.Tìm min của :$ax^{n}+\frac{1}{bx^{k}}$.
-------------------------
P/S:Tự chế đấy

Để hình dung đơn giản hơn,ta nên thử 1 vài ví dụ đơn giản để có thể rút ra quy luật bài toán tổng quát:
Bài 72:Cho $x>0$,Tìm min của:
$A=3x^{3}+\frac{1}{x^{2}}$
$B=3x^{7}+\frac{1}{x^{2}}$
$C=3x^{5}+\frac{1}{x^{3}}$.
Chém gọn nhẹ nhé

xoắn quá,lại 1 hình thức tự xướng rồi
Giải bài 1(lơig giải trong sáng tạo BĐT
:đk của đề bài đẫn đến việc tồn tại x,y,z sao cho$a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$
BĐT trở thành $x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$ (Schur bậc 3)

Sao cái này tôi đặt mà nó lại không biến đổi ra được thế này.lạ nhỉ??

Thanks
Bài 15:,Chứng minh với mọi a,b,c dương có tổng bằng 3 ta có BĐT sau
$\frac{a^2+bc}{b+ca}+\frac{b^2+ca}{c+ab}+\frac{c^2+ab}{a+bc}\geq 3$
Bài này mình chẳng biết phải nói thế nào cho dễ hiểu nữa,tuy nó không khó nhưng mà .... rất là chuối
nói chung là bằng AM-GM,mọi người sẽ đưa được về chung mẫu

Mình nghĩ là củ chuối thật
Theo AM-GM ta có:$\sum \frac{a^{2}+bc}{b+ca}\geq \sum \frac{a^{2}+bc}{\frac{b^{2}+1}{2}+\frac{a^{2}+c^{2}}{2}}= \sum \frac{2(a^{2}+bc)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+1}$
Đến đây không biết đã được chưa,ai giúp mình làm tiếp với
-------------------------
P/S:Xì tốp,mọi người thử cách khác đi,cái này nó bị ngược dấu,để mình sửa lại đã

Bài 53:$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^{2}\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}}{b^{2}}+\sum \frac{b}{a}\geq \sum \frac{a}{b}+3$
Ta có:$\frac{a^{2}}{b^{2}}+1\geq \frac{2a}{b}$
Cộng các bđt tương tự ta có:$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}}\geq \sum \frac{2a}{b}-3\geq \sum \frac{a}{b}$
Và $\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq 3$.
Cộng 3 cái trên ta có đpcm.

giải quyết nhanh gọn
Bài 5,Với mọi x,y,z có $x+2y+3z=\frac{1}{4}$,tìm MAX
$\frac{232y^3-x^3}{2xy+24y^2}+\frac{783z^3-8y^3}{6yz+54z^2}+\frac{29x^3-27z^3}{3xz+6x^2}$
Gợi ý:,ta chỉ cần đặt $x=a,2y=b,3z=c$,mọi người làm tiếp nhé
Sau khi đổi biến,ta sẽ thu đương BĐT "tương tự " như thế này
http://diendantoanho...5b2-leq-3sum-a/

Chém thôi
Theo như đã được hướng dẫn ta đặt $x=a,2y=b,3z=c$.Khi đó bất đẳng thức trở thành:
$\frac{29b^{3}-a^{3}}{ab+6b^{2}}+\frac{29c^{3}-b^{3}}{bc+6c^{2}}+\frac{29a^{3}-c^{3}}{ac+6a^{2}}$
Ta chứng minh:
$\frac{29b^{3}-a^{3}}{ab+6b^{2}}+\frac{29c^{3}-b^{3}}{bc+6c^{2}}+\frac{29a^{3}-c^{3}}{ac+6a^{2}}\leq 4(a+b+c)= 1$
Dễ thấy :$\frac{29b^{3}-a^{3}}{ab+6b^{2}}\leq 5b-a\Leftrightarrow (a+b)(a-b)^{2}\geq 0$
Cộng các bất đẳng thức tương tự ta có đpcm

Cho mình hỏi sao bạn nghĩ ra được dấu = xảy ra như thế.Nếu có kĩ thuật thì mong bạn chia sẻ kinh nghiệm ^^

Mình nghĩ ý tưởng là giống cái này,bạn đọc kĩ nhé
 BDTCauchuyenveBDT(TNamDung).pdf   97.4K   353 Số lần tải

Bài 66:$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\leq \sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

Mình làm thế này không biết đúng không
Chuẩn hoá $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3$.Theo Holder(có ở trên rồi đỡ phải viết lại):
$$(1+1+1)(a^{3}+b^{3}+c^{3})(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}$$
$$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 3$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}\leq 1= \sqrt[3]{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}}$$
----------------------------------------------------------------

Bài 44:Chứng minh với mọi a,b,c dương

$a+b+c\geq \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a}$

Bài 50:Chứng minh với mọi a,b,c dương có tổng bằng 1

$\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}\geq \frac{2}{1+a}+\frac{2}{1+b}+\frac{2}{1+c}$
Bài 51:Chứng minh với mọi a,b,c dương

$\frac{a^2}{(a+b)(a+c)}+\frac{b^2}{(b+c)(c+a)}+\frac{c^2}{(c+a)(a+b)}\geq \frac{3}{4}$

Chủ topic đâu ra nhận quà này:
Bài 44:$$a+b+c\geq \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{a+c}$$
$$\Leftrightarrow \sum 2a-\sum \frac{2ab}{a+b}\geq a+b+c\Leftrightarrow \sum \frac{2a^{2}}{a+b}\geq a+b+c$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}}{b+c}\geq \frac{a+b+c}{2}$$
Do $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b+c}{4}\geq \frac{a}{2}$.Cộng các bđt tương tự ta có đpcm.
Bài 50:Áp dụng bất đẳng thức:$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$
Ta có:$\frac{2}{a+1}= \frac{2}{2a+b+c}\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c})= \frac{1}{2}(\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-b})$
Cộng các bđt tương tự ta có đpcm.
Bài 51:(Thấy mấy cái mẫu nó hay hay kiểu gì ấy,không theo quy luật).Chủ topic có cách nào bằng AM-GM thì cho mình tham khảo,mình chỉ làm theo C-S thôi,(thông cảm nhé )
$\sum \frac{a^{2}}{(a+b)(a+c)}= \sum \frac{a^{2}}{ab+ac+bc+b^{2}}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{(a+b+c)^{2}+ab+bc+ac}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{(a+b+c)^{2}+\frac{(a+b+c)^{2}}{3}}= \frac{3}{4}$.

bài 83:

cho x,y,z >o và x²+y²+z²=1.

CMR: $\frac{x^2}{x^2+yz}+\frac{y^2}{y^2+xz}+\frac{z^2}{z^2+xy}\geqslant \frac{3}{2}$

^^

Với $x=y=\frac{1}{2};z=\frac{\sqrt{2}}{2}$ thì bất đẳng thức sai,đề phải là :

$\frac{x^2}{x^2+yz}+\frac{y^2}{y^2+xz}+\frac{z^2}{z^2+xy}\leq \frac{3}{2}$

Em muốn xin một vài tài liệu và phương pháp giải các loại phương trình, hệ phương trình, phương trình vô tỉ.

http://www.mediafire.com/view/?duo3f324f377h5d

Ảnh đây:

Trời ơi,ai mà nam tính thế này.
P/S:sao bạn nthoangcute lại để avat bạn ấy,chết chết

Anh có làm gì chú đâu !
___________________________________
Thôi cứ coi như không có chuyện gì xảy ra nhè, tiếp tục post hình thành viên thôi !

Đây là ảnh của Trang(Celia) ! Ảnh có chất lượng hơi thấp do làm việc với photoshop CS4 bản lậu !
___________________________________



P/s: Ngày mai sẽ fix lại hình này cho đẹp hơn !

Việt ơi là Việt ơi,chết rồi mà vẫn không chừa là sao .Lần đầu dính vào Nhi thì còn tha được chứ mà dính vào Celia ''menly'' thì đúng là cậu thôi rồi.

Ảnh đã post rồi kìa.

Tôi ngại lục lắm,ông có thì tiện post luôn đi (87 trang lục đến tết Tây ak )

Để giảm bớt căng thẳng mình xin được up 3 cái video kèm link,mấy cái này của các anh trường chuyên PBC làm đấy,có gì thì gọi luôn mấy bạn chuyên PBC vào xem,ai thích thì biểu tình nhé :
ESP1:

ESP2:

ESP3:http://www.youtube.com/watch?v=kwKAmEW2XVs&feature=relmfu

Việt!!!!!!!!! cậu đã hứa là không cho ai thấy hình tớ mà sao lại dám post ảnh tớ tùm lum thế hả? lại còn xúi LLawliet tán tớ nữa, nếu không phải cả tháng nay tớ không lên VMF là cậu không sống được đến ngày hôm nay đâu.Được lắm,cậu chết chắc với tớ><

die cu Việt rồi