diemquynhvmf

Lâu rồi cũng chưa đăng bài tập,lại có mấy bài làm chưa ra muốn hỏi mấy bạn

Bài 57:Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O;R)$.Có $AB=c,BC=a,CA=b$.Lấy $M$ bất kì nằm trong $\Delta ABC$,Kẻ $MN,MP,MQ $lần lượt vuông góc với $AB,AC,BC$.Biết $MQ=x,MP=y,MN=z$

Chứng minh: $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \leq \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2R}}$ (Bài này làm rồi nhưng thấy hay nên post cho mọi người cùng thảo luận)

Bài này chắc không cần vẽ hình đâu nhỉ vì thiên về biến đổi đại số hơn mà 

Áp dụng công thức quen thuộc sau $S=\frac{abc}{4R}$

$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{2R}}\geq \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{\frac{abc}{2S}}}=\sqrt{2S.( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}=\sqrt{( ax+by+cz )( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}\geq \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$ (đúng theo CBS)

Dấu ''='' xảy ra khi $a=b=c$ hay tam giác $ABC$ đều 

Công nhận là học phí có hơi chát. Mà mình có cu em làm bài tốt quá được trao học bổng á em

Anh có thể cho em một chút thông tin về người được trao học bổng không ạ?Tên gì,ở đâu....

em thấy đây là một phương pháp học cũng hay,em không có ý kiến gì về chất lượng nhưng mà nói thật là học phí 2 triệu/tháng và 14 triệu/khóa quả thực rất ''chát'' đấy ạ.Em cũng có ý xin bố mẹ nhưng mà bố mẹ em không đồng ý bởi học phí cao so với kinh tế gia đình hiện tại. 

Spoiler

Mình nghĩ các bạn đăng bài lên để hỏi,thu thập kiến thức là 1 điều rất tốt nhưng việc mọi người giải toán và mở rộng bài toán đó còn tốt hơn nhiều.Mình xem 1 bài toán này trên tạp chí THTT và thực sự khiến mình rất thích bởi sự phong phú trong lời giải và mở rộng của nó.Nhưng thực tế là mình hơi kém phần hình học nên nếu bạn nào đã đọc lời giải của bài toán này thì mong các bạn thử giải thích hướng đi của bài toán,biết đâu chúng ta sẽ có những ý mở để mở rộng bài toán hay hơn thì sao 

(trải lòng hơi nhiều nhỉ,thôi chúng ta vào cuộc nào  )

Bài 33: Cho $\Delta ABC$ ($AB$ cố định,$C$ tuỳ ý).Về phía ngoài tam giác $ABC$ vẽ $2$ tam giác vuông cân $ADC$ và $BEC$ vuông lần lượt tại $A,B$.Chứng minh:Trung điểm $F$ của $DE$ không phụ thuộc vào vị trí điểm $C$

Bài 102:Cho $x,y,z>0$ và $x^2+y^2+z^2=3$.Tìm Min của $A=\sum \frac{x^6}{(x^3+y^3)(x+y)}$

Ta có bất đẳng thức phụ sau $\sqrt{a^{2}+x^{2}}+\sqrt{b^{2}+y^{2}}\geq \sqrt{(a+b)^{2}+(x+y)^{2}}$

Dễ cm bất đẳng thức này bằng phương pháp biến đổi tương đương

Ta có $VT=\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}-yz+z^{2}} =\sqrt{(y-\frac{x}{2})^{2}+\frac{3}{4}x^{2}}+\sqrt{(-y+\frac{z}{2})^{2}+\frac{3}{4}z^{2}}\geq \sqrt{(\frac{(z-x)^{2}}{4})+\frac{3}{4}(x+z)^{2}}=\sqrt{x^{2}+xz+z^{2}}$ (đpcm)

Thực sự là khác nhiều như VD sau:

 $A=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+......}}}} $ với vô hạn dấu căn thì A²=6+$\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+......}}}} =6+A$          Nhưng với TH hữu hạn lại khác nhé bạn diemquynhvmf

Vậy thì chỉ có thể nói là biểu thức $A$ không tính được thôi còn vẫn không thay đổi được việc $A<3$

Bài 98: Cho p và p+2 là số nguyên tố $(p> 3)$. Chứng minh rằng $p+1\vdots 6$

Vì $p$ và $p+2$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên $p+1$ chẵn hay $p+1 \vdots 2$

Xét;th1:$p=3k+1$ thì $p+2 \vdots 3$ nên không là số nguyên tố

th2:$p=3k+2$ thì $p+1 =3k+3 \vdots 3$

Do đó $p+1 \vdots 2.3=6(đpcm)$