caobo171

Sao bạn nghĩ ra chỗ $\sqrt{2x^{2}+3xy+4y^{2} }\geq \frac{7}{6}x+ \frac{11}{6}y$  hay vậy, mình nghĩ mãi mà không tìm được đánh giá đó

Bạn gõ vào mạng là phương pháp tiếp tuyến để giải BĐT ik, nếu bạn là THCS thì thử gõ hệ số bất định để giải bất đẳng thức xem

$\left\{\begin{matrix} & (4-y)\sqrt{x-2}+\sqrt{7-2y}=\sqrt{85-50x-7y+13y^{2}-x^{2}} & \\ & \sqrt{2x^{2}+3xy+4y^{2}}+\sqrt{4x^{2}+3xy+2y^{2}}=3(x+y) & \end{matrix}\right.$

Ta có $\sqrt{2x^{2}+3xy+4y^{2} }\geq \frac{7}{6}x+ \frac{11}{6}y$ ( chỉ cần bình phương và chuyển vế là được
      hoàn toàn tương tự ta cũng có :  $\sqrt{2y^{2}+3xy+4x^{2} }\geq \frac{7}{6}y+ \frac{11}{6}x$ 
Dấu đẳng thức xảy ra tại x=y , thế vào phương trình (1) rồi giải tiếp ( có lẽ là sử dụng phép liên hợp )

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ $Oxy$, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I. Gọi $D(1;-1)$ là chân đường phân giác góc A. Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình $x+2y-7=0$. $M\left( \frac{13}{5};-\frac{1}{5} \right)$ là trung điểm BD. Tìm tọa độ điểm A, biết A có tung độ dương.

Mình lười nên chỉ nói cách làm thôi bạn nhé
Từ điểm M và điểm D ta tìm thấy phương trình của đường thẳng BC , từ đó tìm được điểm F ( là giao của đường thẳng BC và tiếp tuyến tại A của đường tròn (ABC) ). 
Ta có tính chất hình học phẳng sau :
góc FAD= góc FDA suy ra tam giác FAD cân tại F, mà ta tính được FD nên tính được FA suy ra ngay tọa độ của A 
P/s: Giả thiết M là trung điểm BD có vẻ là " hỏa mù " 

Anh ơi cho em hỏi anh có bản pdf không ạ , cho em xin với , em không có điều kiện để online thường xuyên nên bất tiện lắm anh ạ 

Cho tam giác $ABC$ cố định nội tiếp $(O)$. Gọi $H$ là trực tâm, $P$ là 1 điểm di động trên $(BHC)$.$PB$ cắt đường thẳng qua $C$ vuông góc với $AC$ tại $E$. $PC$ cắt đường thẳng qua $B$ vuông góc với AB tại $F$. Chứng minh rằng: Trung điểm $EF$ luôn thuộc 1 đường thẳng cố định.

Gọi giao điểm của đường thẳng qua B // AC và đường thẳng qua C// AB cắt nhau tại X. Gọi BX là giao đường thẳng qua C vuông góc với AC tại M, CX giao đường thẳng qua B vuông góc với AB tại N, ta thấy MN cố định , ta đi chứng minh MN đi qua trung điểm của EF. Ta gọi EF cắt MN tại G . Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác YEF ( Y là giao của CM và BN) với N, G , M thẳng hàng , Ta có : 
$\frac{MF}{MY}.\frac{GE}{GF}.\frac{NY}{NE}$=1 (1)
Lại có ta chứng minh được tam giác NEC đồng dạng với tam giác MFB ( g.g) nên 
$\frac{NE}{MF}=\frac{NC}{MB}=\frac{NY}{MY}$  (2)
từ (1) và (2) ta suy ra GE= GF suy ra điều phải chứng minh 

Ta thấy bất đẳng thức đã cho tương đương với : 
$\sum(\frac{(1-x)^2}{(1-yz)^2}-\frac{9}{16})=\sum(\frac{16(1-x)^2-9(1-yz)^2}{16(1-yz)^2})\geq 0 $
. Giả sử $x\geq y\geq z$
. Ta thấy :
$\frac{1}{(1-yz)^2}\leq \frac{1}{(1-xz)^2}\leq\frac{1}{(1-zx)^2}$
$16(1-x)^2-9(1-yz)^2\leq 16(1-y)^2-9(1-zx)^2\leq 16(1-z)^2-9(1-xy)^2$
Áp dụng bất đẳng thức chebysev cho hai dãy trên  
Ta cần chứng minh 
$\sum16(1-x)^2-9(1-yz)^2$
. Bất đẳng thức này khá lỏng
Chỉ cần sử dụng bất đẳng thức Schur bậc 3 : $(a+b+c)^3+9abc\geq 4(ab+bc+ca)(a+b+c)$
và bất đẳng thức : $\sum a^2b^2\geq abc(a+b+c)$ 
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh 

Ta đi chứng minh MNDC là tứ giác nội tiếp ,và MNAB là tứ giác nội tiếp . Từ đó suy ra CD//AB.
P/s : Bài này không cần giả thiết góc O vuông

Giả sử (a,x) =d ( khác -1 và1 , d là số nguyên ), vì x là số nguyên tố nên a=x suy ra điều phải chứng minh .
Nếu (a ,x) =1 áp dụng định lí Fermat nhỏ ta có : 
 $a^{x-1}-1$ chia hết cho x suy ra điều phải chứng minh .
P/s: Thực ra bài này hoàn toàn là nội dung định lí Fermat nhỏ , chỉ khác chút xíu thôi

từ chỗ $ab\leq 1$ tớ k hỉu ạ

Chắc cậu băn khoăn cái này . Ta có Bất đẳng thức :