Hahahahahahahaha

tham khảo tại đây https://diendantoanh...1b2c2frac1c2a2/

cho $\Delta ABC(AB<AC)$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AH,BK,CI$ cắt nhau tại $G$. Tia $AG$ cắt $(O)$ tại $E(E\neq A)$; $EO$ cắt $(O)$ tại $F(F\neq E)$; $FG$ cắt $(O)$ tại $D(D\neq F)$.

a, chứng minh tứ giác $AOHD$ nội tiếp

b, $S$ là giao điểm của $AD$ và $IK$. chứng minh: $HS$ và $IK$ vuông góc với nhau

c, $DK$ cắt $(O)$ tại $M$; $DI$ cắt $(O)$ tại $N(M,N\neq D)$. chứng minh: $BN=CM$

kẻ $BD\bot AC(D\in AC)$

$=>DE=\frac{BC}{2}=CE=>\widehat{ADE}+\widehat{EDC}=\widehat{ADE}+\widehat{ECD}=180^{o}$

do đó $\widehat{ABS}=\widehat{ADE}(1)$ (cùng phụ với 2 góc bằng nhau, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $AB$)

$\Delta ABD\sim \Delta BSE(g.g)=>\frac{AB}{BS}=\frac{AD}{BE}=\frac{AD}{DE}(2)$

$(1),(2)=>\Delta ABS\sim \Delta ADE(c.g.c)=>\widehat{BAS}=\widehat{DAE}=>\widehat{BAE}=\widehat{CAG}=>\Delta ABE\sim \Delta AGC(g.g)$

do $P$ là điểm chính giữa cung $CD$ nhỏ nên dễ dàng cm được $\widehat{PFD}=\widehat{PEC}$

nên tg $ABEF$ nội tiếp

nên ta có:

+) $\Delta PEF \sim \Delta PBA =>\left\{\begin{matrix}\frac{EF}{BA}=\frac{PE}{PB}=\frac{PF}{PA}(1) &  & \\ \frac{BA}{EF}=\frac{PB}{PE}=\frac{PA}{PF}(2) &  & \end{matrix}\right.$

$(1)=>\frac{EF}{BA}=\sqrt{\frac{PE}{PB}.\frac{PF}{PA}}\leq \frac{1}{2}(\frac{PE}{PA}+\frac{PF}{PB})$

tương tự $(2)=>\frac{BA}{EF}=\sqrt{\frac{PB}{PE}.\frac{PA}{PF}}\leq \frac{1}{2}(\frac{PB}{PF}+\frac{PA}{PE})$

tương tự $\Delta PBE \sim \Delta PAF$

$=>\frac{AF}{BE}\leq \frac{1}{2}(\frac{PA}{PE}+\frac{PF}{PB});\frac{BE}{AF}\leq \frac{1}{2}(\frac{PE}{PA}+\frac{PB}{PF})$

cộng lại các bđt trên suy ra dpcm

đề: https://ptnk.edu.vn/...n-2023-2024.pdf

cho $n$ là số nguyên dương. Gỉa sử phương trình $\frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{5}{\sqrt[7]{b}}=\frac{1}{n}$ có $m$ cặp nghiệm nguyên dương $(a;b)$ và $m-1$ là số chính phương. Chứng minh $n$ là số chính phương.

cho $m,n,p,q,r$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $mnpqr=1.$

CMR:

$\frac{m+mnp}{1+mn+mnpq}+\frac{n+npq}{1+np+npqr}+\frac{p+pqr}{1+pq+pqrm}+\frac{q+qrm}{1+qr+qrmn}+\frac{r+rmn}{1+rm+rmnp}\geq \frac{10}{3}$

dự đoán $maxM$ là $\frac{3}{4}$ khi $a=1;b=\frac{1}{2};c=\frac{1}{3}$

+)đặt $a=x;2b=y;3c=z$ 

($x,y,z$ là các số thực dương)

+)khi đó ta đi chứng minh:

 $M=\frac{1}{x^{2}+y^{2}+2}+\frac{1}{y^{2}+z^{2}+2}+\frac{1}{z^{2}+x^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$ với $x+y+z=3$

áp dụng bất đẳng thức phụ $\frac{1}{a+b}\leq \frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}$ trong đó $a,b>0$

$ M\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1})$

do đó ta cần chứng minh: $\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1}\leq \frac{3}{2}(*)$ với $x+y+z=3$

$(*)$ đúng nếu $\frac{4x^{2}}{3x^{2}+3}+\frac{4y^{2}}{3y^{2}+3}+\frac{4z^{2}}{3z^{2}+3}\geq 2$

thật vậy  $xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}=3$

ta có: $\frac{4x^{2}}{3x^{2}+3}\leq\frac{4x^{2}}{(x^{2}+xy+xz)+(2x^{2}+yz)}\leq \frac{x^{2}}{x^{2}+xy+xz}+\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}=\frac{x}{x+y+z}+\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}$

tương tự:

$\frac{4x^{2}}{3x^{2}+3}+\frac{4y^{2}}{3y^{2}+3}+\frac{4z^{2}}{3z^{2}+3}\leq 1+\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{2y^{2}+xz}+\frac{z^{2}}{2z^{2}+xy}$

do đó ta đi chứng minh $\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{2y^{2}+xz}+\frac{z^{2}}{2z^{2}+xy}\leq 1(**)$ 

$(**) $ đúng nếu $\frac{3}{2}-(\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{2y^{2}+xz}+\frac{z^{2}}{2z^{2}+xy})\geq\frac{1}{2} $

hay $(\frac{yz}{2x^{2}+yz}+\frac{xz}{2y^{2}+xz}+\frac{xy}{2z^{2}+xy})\geq 1$ 

mà 

$ (\frac{yz}{2x^{2}+yz}+\frac{xz}{2y^{2}+xz}+\frac{xy}{2z^{2}+xy})=\frac{y^{2}z^{2}}{2x^{2}yz+y^{2}z^{2}}+\frac{x^{2}z^{2}}{2xy^{2}z+x^{2}z^{2}}+\frac{x^{2}y^{2}}{2xyz^{2}+x^{2}y^{2}}\geq \frac{(xy+yz+zx)^{2}}{(xy+yz+zx)^{2}}=1$ 

nên ta có đpcm

hmmm cái này mình bị ngược dấu . mn thông cảm cho sự nhầm lẵn này

bằng 1 cách thần kì nào đó ta dự đoán $max A$ là $26$ tại $x=\frac{2}{\sqrt{7}}$

$A=25\sqrt{3x^{2}-3x^{4}}+2\sqrt{4x^{2}+9x^{4}}=25x\sqrt{3-3x^{2}}+2x\sqrt{4+9x^{2}}$

áp dụng bđt cosi ta được:

$25x\sqrt{3-3x^{2}}=\frac{50}{3}.\frac{3x}{2}\sqrt{3-3x^{2}}\leq \frac{50}{6}(\frac{9x^{2}}{4}+3-3x^{2})=\frac{-25x^{2}}{4}+25$

$2x\sqrt{4+9x^{2}}=\frac{1}{2}.4x\sqrt{4+9x^{2}}\leq \frac{1}{4}(16x^{2}+4+9x^{2})=\frac{25x^{2}}{4}+1$

do đó: $A\leq 26$

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{2}{\sqrt{7}}$

áp dụng bdt Mincopxki ta có: 

$\sqrt{a^{2}+2b^{2}}+\sqrt{b^{2}+2c^{2}}+\sqrt{c^{2}+2a^{2}}\geq \sqrt{(a+b+c)^{2}+(\sqrt{2}a+\sqrt{2}b+\sqrt{2}c)^{2}}=\sqrt{3}(a+b+c)$

dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

bài tương tự

chứng minh $\sqrt{a^{2}+(a+b)^{2}}+\sqrt{b^{2}+(b+c)^{2}}+\sqrt{c^{2}+(c+a)^{2}}\geq \sqrt{5}(a+b+c)$

Chứng minh rằng trong mọi tam giác $ABC$ ta có:
$3\sqrt{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}}+4\sqrt{tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}}+5\sqrt{tan\frac{C}{2}.tan\frac{A}{2}}\leq 5\sqrt{2}$
 

cho các số thực $x,y$ thỏa mãn $x+y-2\sqrt{x+2}-3\sqrt{y-2014}-2012=0$

tìm $GTNN,GTLN$ của biểu thức $P=(x-1)^{2}+(y-1)^{2}+\frac{2015+2xy\sqrt{x+y+1}}{\sqrt{x+y+1}}$

1/  tìm các số nguyên $x,y,z$ sao cho $x+y+z=0$ và $xy+yz+zx+3=0$.

2/  Cho $t$ là số nguyên, chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên $x,y,z$ khác $0$ sao cho $x+y+z=0$ và $xy+yz+zx+4t=0$ thì cũng tồn tại các số nguyên $x',y',z'$ khác $0$ sao cho $x'+y'+z'=0$ và $x'y'+y'z'+z'x'+t=0$.

3/ với $d$ là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $x,y,z$ khác $0$ sao cho $x+y+z=0$ và $xy+yz+zx+2^{d}=0$

đặt $n=\overline{pqrs}=x^{2}$, khi đó theo bài ra ta có:$m=\overline{(p+d)(q+d)(r+d)(s+d)}=y^{2}$

trong đó $x,y,p,q,r,s$ là các số tự nhiên thỏa mãn: $1\leq p< p+d\leq 9;0\leq q< q+d\leq 9;0\leq r< r+d\leq 9;0\leq s< s+d\leq 9.$

ta có: $\left\{\begin{matrix}n=x^{2}=p.10^{3}+q.10^{2}+r.10+s &  & \\ m=y^{2}=(p+d).10^{3}+(q+d).10^{2}+(r+d).10+s+d &  &\end{matrix}\right.$

khi đó ta có: $(y+x)(y-x)=y^{2}-x^{2}=d.1111=d.11.101$

từ pt trên suy ra số nguyên tố $101$ là ước của $y-x$ hoặc $y+x$.

lại do $10^{3}\leq n< m< 10^{4}$ nên $32\leq x< y\leq 99$. Do đó ta được $64\leq x+y< 200$ và $0< y-x\leq 67$

suy ra $y+x=101;y-x=11.d$. Do đó $x,y$ khác tính chẵn lẻ và $d$ là số lẻ.

Do $64\leq 2x=101-11d$ nên $11d\leq 37$. Suy ra $d\leq3$ nên ta được $d=1$ hoặc $d=3$.

+) với $d=1$ thì $x+y=101;y-x=11$ suy ra $(x;y)=(45;56)$ và do đó $(n;m)=(2025;3136)$

+) với $d=3$ thì $x+y=101;y-x=33$ suy ra $(x;y)=(34;67)$ và do đó $(n;m)=(1156;4489)$

Vậy ta được hai bộ số $(n;m)=(2025;3136)$ và $(n;m)=(1156;4489)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

tìm tất cả các cặp số $(a;b)$ nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện sau:

+ $a,b$ đều khác $1$ và $UCLN$ của $a$ và $b$ là $1$

+ Số $C=ab(ab+1)(2ab+1)$ có đúng $16$ ước nguyên dương