AM GM

CMR với mọi p nguyên tố $\geq 5$

ta có: 

a)  $(p-1)!(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{p-1})\vdots p^{2}$

b) $p!(\sum \frac{1}{\prod_{1\leq i,j\leq p}^{i\neq j} i.j})\vdots p^{2}$

CMR với n lẻ ; n>1 thì $3^{n}+ 1$ không $\vdots n$

 

[Update] Vừa cập nhật đề thi của ngày thứ hai. Bên dưới là đề thi đầy đủ.

 

 

 

Ngày 2 (24/07/2013)

 

Bài 4. Cho tam giác nhọn $ABC$ có trực tâm $H$, và $W$ là một điểm trên cạnh $BC$, nằm giữa $B$ và $C$. Các điểm $M$ và $N$ theo thứ tự là chân các đường cao hạ từ các đỉnh $B$ và $C$. Gọi $\omega_1$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $BWN$, và $X$ là một điểm trên đường tròn sao cho $WX$ là đường kính của $\omega_1$. Tương tự, $\omega_2$ là đường tròn ngoại tiếp của tam giác $CWM$, và $Y$ là điểm sao cho $WY$ là đường kính của $\omega_2$. Chứng minh rằng ba điểm $X, Y$ và $H$ thẳng hàng. 

 

 

 

 

Mời các bạn cùng thảo luận.

 

may em không có geo nen không vẽ đc hình mong cac anh thông cảm

đầu tiên gọi giao của 2 đtron la T ;CM đc AMTN;BNTW;TMCW nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{NTA}= \widehat{NMA}=\widehat{ABC}= 180^{\circ}-\widehat{NTW}\Rightarrow A ;T;W$ thẳng hàng

lại có $\widehat{NXW}= \widehat{NBW}= \widehat{NHA}$ MÀ $\widehat{HNA}= \widehat{XNW}= 90^{\circ}\Rightarrow \Delta NHA$ ĐÒNG DẠNG $\Delta NXW\Rightarrow \Delta NXH$ đòng dạng $\Delta NWA$ SUY RA $\widehat{NXH}= \widehat{NWA}=\widehat{NWT}= \widehat{NXT}\rightarrow X;H;T$ THẢNG HÀNG

dễ dàng CM đc X ;T;Y thẳng hàng suy ra đpcm

BAI NAY THUA DK ABC=1

Cho $a,b,c>0, a+b+c=1$. Chứng minh:

$ab\sqrt{a+b}+bc\sqrt{b+c}+ca\sqrt{c+a}\leq \frac{1}{2}\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}$

thay 1 =a+b+c BDT $\Leftrightarrow \sum ab\sqrt{a+b}\leq \frac{1}{2}\sqrt{\prod (a+b)}\Leftrightarrow \sum \frac{ab}{\sqrt{(a+c)(b+c)}}\leq \frac{1}{2}$

lại có$\Leftrightarrow \sum \frac{ab}{\sqrt{(a+c)(b+c)}}\leq (\sum (\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c})):2= \frac{a+b+c}{2}= \frac{1}{2}$

suy ra đpcm

Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: (a+1)^2 +(b+2)^2+(c+3)^2$\leq$2010

Tìm Min A= ab+b(c-1)+c(a-2)

đặt x=a+1 ; y=b+2 ;z=c+3

$\Rightarrow a=x-1 ;b=y-2 ;c=z-3 ;x^2 +y^2 +z^2\leq 2010$

thay vào A ta đc A =$xy +yz+zx-5(x+y+z)+19= \frac{1}{2}(x+y+z)^2-5(x+y+z)+19-\frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)\geq \frac{1}{2}(x+y+z)^2-5(x+y+z)-1986$

đặt x+y+z=t$\Rightarrow t^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\leq 6030\Rightarrow t\leq \sqrt{6030}$

đén đây bạn phân tich A ra thành$\frac{1}{2}((t-\sqrt{6030})^2+\alpha t+\beta )$ với $\alpha \leq 0$ nhưng ko pt đc 

ai làm giúp minh bước tiếp theo cái

Cho các số thực $x,\,y>0$ thỏa mãn $3x+y\leq1.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$S=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{\sqrt{xy}}$$

$x+y\geq 2\sqrt{xy}\Rightarrow 2x+x+y\geq 2x+2\sqrt{xy}\Rightarrow \frac{1}{2}\geq x+\sqrt{xy}$

lại có $\frac{1}{x}+\frac{1}{\sqrt{xy}}\geq \frac{4}{x+\sqrt{xy}}\geq \frac{4}{\frac{1}{2}}= 8$

dấu bằng xẳy ra khi x=$\frac{1}{4}=y$

Cho $1\leq a,b\leq 2$ Tìm GTNN và GTLN của biểu thức $A=\frac{(a+b)^2}{a^3+b^3}$.

Lời giải :

Mình mới tìm được GTNN mà thôi :

Ta có :  $A=\frac{(a+b)^2}{a^3+b^3}$

$A=\frac{a+b}{a^2-ab+b^2}$

$\leq \frac{a+b}{ab}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\leq 2$

Dấu bằng xảy ra khi a=b=1

Nhờ các bạn tìm GTLN hộ mình

có $(a-1)(a-2)\leq 0\Rightarrow a^{2}\leq 3a-2(1);(b-1)(b-2)\leq 0\Rightarrow b^{2}\leq 3b-2$(2)

$(a-2)(b-2)\geq 0\Rightarrow ab\geq a+b-4\Rightarrow -ab\leq 4-2a-2b(3)$

cộng (1) (2) (3) theo vế ta có $a^{2}+b^{2}-ab\leq 3a-2+3b-2+4-2a-2b= a+b\Rightarrow \frac{a+b}{a^{2}+b^{2}-ab}\geq 1$

dâú băng xảy ra $\Leftrightarrow$ 2 số đều =2 hoặc 1số bằng 2 số băng 1

CM bai toan phu
tam giác ABC cân tại A ;D la 1 điểm thuộc BC thì BD $\leq DC\Leftrightarrow \widehat{ADB}\geq 90^{\circ}$

Cho tam giác ABC với O, I theo thứ tự là tâm của đường tròn ngoại, nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng $\widehat{AIO}\leq 90^{o}$ khi và chỉ khi $AB+AC\geq 2BC$

trở lại bài toán
Đt AI cắt (O) tại D$\Rightarrow \bigtriangleup AOD$ cân tại O$\Rightarrow \widehat{AIO}\leq 90^{\circ}\Leftrightarrow AI\geq ID\Leftrightarrow \frac{ID}{AD}\leq \frac{1}{2}$
CM DI =DB =DC
Apd dụng ptoleme tứ giác ABDC $\Rightarrow (AB +AC)BD=AD.BC\Leftrightarrow \frac{DI}{AD}= \frac{BD}{AD}= \frac{BC}{AB+AC}\Rightarrow \frac{DI}{AD}\leq \frac{1}{2}\Leftrightarrow AB +AC\geq 2CB$(đpcm)

Tìm Max của $\sqrt{3+x}+\sqrt{1-x}$ với  $0\leq x\leq 1$

ta có$(\frac{3+x}{\sqrt{3}}+1-x)(\sqrt{3}+1)\geq (\sqrt{x+3}+\sqrt{1-x})^2$

lại có$\frac{3+x}{\sqrt{3}}+1-x= \sqrt{3}+1+(\frac{1}{\sqrt{3}}-1)x\leq (\sqrt{3}+1)$(vì x $\geq 0$)

$\Rightarrow A^{2}\leq (\sqrt{3}+1)^2\Rightarrow A\leq \sqrt{3}+1$

dấu bằng xảy ra$\Leftrightarrow x=0$

Giải phương trình sau: $\sqrt{2-x^{2}}+\sqrt{2-\frac{1}{x^{2}}}=4-(x+\frac{1}{x})$

phương trình 

$\Leftrightarrow \sqrt{2-x^{2}}+x+\sqrt{2-\frac{1}{x^{2}}}+\frac{1}{x}=4$

lại có$\sqrt{2-x^{2}}+x\leq \sqrt{(2-x^{2}+x^{2})*2}= 2$(theo bunhiacopski)

tương tự $\Rightarrow \sqrt{2-\frac{1}{x^{2}}}+\frac{1}{x}\leq 2$

$\Rightarrow \sqrt{2-x^{2}}+x+\sqrt{2-\frac{1}{x^{2}}}+\frac{1}{x}\leq 4$

$\Rightarrow$ phương trình có nghiệm x=1

cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn : a+b+c = 3

 

CM rằng : $\frac{a+1}{1+b^{2}}$ + $\frac{b+1}{1+c^{2}}$ + $\frac{c+1}{1+a^{2}}$ $\geq$ 3 

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

tương tự $\Rightarrow \sum \frac{a+1}{b^{2}+1}\geq \frac{a+b+c}{2}+3-\frac{ab+bc+ca}{2}\geq 3$

1,cho $0<a<1$ c/m:

     $a(1-a^2) \leqslant \frac{2}{3*\sqrt{3}}$

 

 

ta có a$a^{3}+\frac{1}{3\sqrt{3}}+\frac{1}{3\sqrt{3}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^{3}}{(3\sqrt{3})^{2}}}= a\Rightarrow \frac{2}{3\sqrt{3}}\geq a(1-a^{2})$

Giải hệ phương trình sau:

 

                    $\left\{\begin{matrix} x^{2}y^{2}-2x+y^{2}=0\\ 2x^{2}-4x+3+y^{3}=0 \end{matrix}\right.$

từ phương trình (1) $\Rightarrow y^{2}=\frac{2x}{x^{2}+1}\leq 1\Rightarrow -1\leq y\leq 1$

từ (2) $\Rightarrow -y^{3}=2x^{2}-4x+3\geq 1\Rightarrow y^{3}\leq -1\Rightarrow y\leq -1$

từ 2 dieu tren $\Rightarrow y=-1; x=1$

ta có $\frac{x^{2}+3xy}{x+y}-x= \frac{2xy}{x+y}\leq 2xy(\frac{1}{4x}+\frac{1}{4y})=\frac{x+y}{2}$

tương tự rồi cộng vào ta đc dpcm