Đúng là ông Nguyen_ct lú lẫn rồi
nhưng mà cvp cũng sai kìa:
$\sqrt {{x^2} + 1} \ge \sqrt {2\left| x \right|}$ chứ không phải như trên

hì ừ đúng mình ẩu wa wen mất!

cho tam giác ABC,biet BC=a,AC=b,AB=c.Từ các đỉnh ta kẻ các đường phân giác la,lb,lc.
Tính la,lb,lc.
Giải hộ giùm mấy cái này lâu ko găp nên quên rui.

ưh đây là lời giải(lớp 9):
phân giác la là AD.Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.kéo dài AD cắt đường tròn tại E.dùng đồng dạng cm đc:
AD^2=AB.AC-BD.CD
tiếp theo ta có: BD/AB=CD/AC=BC/(AC+AB) (tỉ số bằng nhau mà) từ đó =>BD=?;CD=? (theo a,b,c ý)
thay vào công thức trên là xong.ok!
Dùng lượng giác ra kết quả gọn hơn nè:
$\begin{array}{l}
l_a = \dfrac{{2bc}}{{b + c}}\cos \dfrac{A}{2} \\
l_b = \dfrac{{2ca}}{{c + a}}\cos \dfrac{B}{2} \\
l_c = \dfrac{{2ab}}{{a + b}}\cos \dfrac{C}{2} \\
\end{array}$

cho 2 hàm số (P)y= x^{2} và(d) y=mx+2
CMR (P) (d) tại 2 điểm phân biệt A và B
Tìm quĩ tích trung điểm I của AB
giúp em nha

sắp thi cấp 3 hả bạn.
rùi đây pt hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x^2-mx-2=0
=>Xa+Xb=m
=>Xi=m/2 => quỹ tích của điểm I là đường thẳng (d') :y m/2
Vậy đó! à wen Xa là hoành độ điểm A nha Xb;Xi cũng như vậy!

Bạn có chiêu thức hay đấy ! Nhưng chém chưa chết ! Vậy để mình dùng chiêu thức đó chém chết lun nha !
Gọi x , y là hai số nguyên dương . Khi đó x và y chỉ xảy ra hai trường hợp: x = 1 , y= 1 và $ x \geq 2 ,y \geq 2 .$

Gọi pt : $\dfrac{1}{{x^2 }} + \dfrac{1}{xy} + \dfrac{1}{{y^2 }} = 1 (I)$ . Ta xét hai trường hợp đó xem sao !
+) Với x=1 , y=1
Ta có : $\dfrac{1}{{x^2 }} + \dfrac{1}{xy} + \dfrac{1}{{y^2 }} = \dfrac{1}{{1^2 }} + \dfrac{1}{1.1} + \dfrac{1}{{1^2 }} = 3 $ không thỏa (I).
$ \Rightarrow x=1, y=1 $ không phải là nghiệm của (I).
+) Với $ x \geq 2 ,y \geq 2 .$ .
Ta có : $x \geq 2 \Leftrightarrow x^2 \geq 4 \Leftrightarrow \dfrac{1}{x^2} \leq \dfrac{1}{4}(1)$
và $xy \geq 4 \Leftrightarrow \dfrac{1}{xy} \leq \dfrac{1}{4}(2)$
và $y \geq 2 \Leftrightarrow y^2 \geq 4 \Leftrightarrow \dfrac{1}{y^2} \leq \dfrac{1}{4}(3)$
Cộng (1) , (2) ,(3) ta được :$\dfrac{1}{{x^2 }} + \dfrac{1}{xy} + \dfrac{1}{{y^2 }} \leq \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}<1$ Cũng không thỏa (I).
$\Rightarrow x \geq 2 ,y \geq 2 .$ cũng không phải là nghệm của (I)
Vậy phương trình (I) không thể có nghiệm nguyên dương ! Ok chứ "cvp@" ?

Trời ơi chơi lại chiêu của mình rùi còn j`.Mình chỉ viết vắn tắt ra cho mọi người "tự hiểu" thế thui.chẳng wa bạn chỉ diễn lại chiêu 1 cách cụ thể thui.hehe

Problem3: Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn: $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 4$
Tìm max của $A = a^3 \left( {b + c + d} \right) + b^3 \left( {c + d + a} \right) + c^3 \left( {d + a + b} \right) + d^3 \left( {a + b + c} \right)$

còn bài này ạ,!

Bài này để anh làm nha:
$\dfrac{{a^3 }}{b} + ab \ge 2a^2 ;\dfrac{{b^3 }}{c} + bc \ge 2b^2 ;\dfrac{{c^3 }}{a} + ac \ge 2c^2$
mà $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ca$
nên VT≥ab+bc+ca
$ \Rightarrow 2VT \ge \dfrac{{a^3 }}{b} + bc + \dfrac{{b^3 }}{c} + ca + \dfrac{{c^3 }}{a} + ab \ge 2a\sqrt {ac} + 2b\sqrt {ba} + 2c\sqrt {cb} $
=>đpcm Dấu = xãy ra khi a=b=c.


Cố lên em anh thấy em giỏi lắm!
…………Tam Dương…………

CHo a,b,c ko âm và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$.TÌm GTNN :$ P=\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}$

Bài nè không khó;để ý rằng
$\begin{array}{l}
a + abc \le a + \dfrac{{a(b^2 + c^2 )}}{2} = 1 - \dfrac{{\left( {a - 1} \right)^2 \left( {a + 2} \right)}}{2} \le 1 \\
\Rightarrow \dfrac{a}{{bc + 1}} = \dfrac{{a^2 }}{{abc + a}} \ge a^2 \\
\end{array}$
tương tự cộng lại là xong!
Bổ sung: bài toán này có thể tìm đc cả max nữa bằng $\sqrt 2 $

Sao lại kêu trời vậy ! Có lẽ trình độ của bạn "cao siêu" qúa nên thể hiện vậy !Thật mạo phạm ! Xin thứ lỗi ! Mình chỉ hoàn thiện bài toán cho dễ hiểu thôi ! Thật đấy :
Mình thấy bạn dùng : với "x hoặc y =1 ,...." để lý luận bài toán thì chưa ổn ! Theo mình thì điều này có nghĩa là x=1 , y tùy ý và ngược lại y=1 , x tùy ý !Từ đó bài toán thiếu chặt chẽ ! Còn phần sau thì hơi bị "cao siêu"!
Tranh luận là nhằm sự canh tân , hoàn thiện chứ không phải hơn thua bạn ạ ! !

Thành thật xin lỗi bạn!Mính ko cố ý đâu ừ bạn nói đúng!ok nhé hòa;hihi

cho a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \geq 0$
Xác định các trường hợp cho ta đẳng thức.

Không mất tính tổng quát giả sử $a \ge b \ge c$
Ta có a;b;c là 3 cạnh tam giác nên:
$\begin{array}{l}
\left( {a - b} \right)\left( {a + b - c} \right) \ge 0 \Leftrightarrow a^2 + bc \ge b^2 + ac \\
\left( {b - c} \right)\left( {b + c - a} \right) \ge 0 \Leftrightarrow b^2 + ca \ge c^2 + ab \\
\end{array}$
Xét 2 bộ số $a^2 + bc \ge b^2 + ca \ge c^2 + ab$
và $\dfrac{1}{a} \le \dfrac{1}{b} \le \dfrac{1}{c}$
Từ đó áp dụng BĐT hoán vị;ta có:
$\dfrac{{a^2 + bc}}{a} + \dfrac{{b^2 + ca}}{b} + \dfrac{{c^2 + ab}}{c} \le \dfrac{{a^2 + bc}}{c} + \dfrac{{b^2 + ca}}{a} + \dfrac{{c^2 + ab}}{b} {array}{l}
\Leftrightarrow \dfrac{{bc}}{a} + \dfrac{{ca}}{b} + \dfrac{{ab}}{c} \le \dfrac{{a^2 }}{c} + \dfrac{{b^2 }}{a} + \dfrac{{c^2 }}{b} \\
\Leftrightarrow a^2 b\left( {a - b} \right) + b^2 c\left( {b - c} \right) + c^2 a\left( {c - a} \right) \ge 0 \\
\end{array}$

Đó chính là đpcm!
Tí wen đẳng thức a=b=c tam giác đều!

uhm mình đã từng đọc cách này trên toán tuổi thơ rùi.h thì ko nhớ nữa?hì nhớ mỗi cách nè thui mà!cách kia là của 1 hs nước ngoài nếu mình nhớ ko nhầm.dù sao cung thanks ban vì đã đưa ra lời giải đó

cho ai là một dãy số nguyên dương phân biệt(i=1,2,3...).Chứng minh rằng với mọi n 1:
ai/k^2 1/k

Đề bài là k hay i mình nghĩ là i chứ

tiện giúp e bài nì luôn . tìm số tự nhiên m để phương trình sau : $x^2$ - $m^2$x +m + 1 = 0 có nghiệm nguyên .

Lời giải của mình đây:
Phương trình đã cho có nghiệm nguyên khi: $\Delta = m^4 - 4m - 4$ là số cp
Xét m≥4 ta có: $\left( {m^2 } \right)^2 > m^4 - 4m - 4 > m^4 - 2m^2 + 1 = \left( {m^2 - 1} \right)^2 $
có nghĩa là pt ko có nghiệm nguyên.
Xét m≤3;vì m là số tự nhiên nên m=0;1;2;3.
thay vào ta có m=1;2 thỏa mãn.
Kết luận m=1;2
Nhờ các bạn kiểm tra nêu sai sót sửa giúp mình nhé

mình thử tổng quát bài của bạn cvp nhé
cho các số dương CMR;
$ \dfrac{Ax^k-Ay^k}{Bx^m+C} +\dfrac{Ay^k-Az^k}{By^m+C} +\dfrac{Az^k-Ax^k}{Bz^m+C} \leq 0$

uh đúng rùi bạn tông quát đúng đó theo cách giải nêu trên! :-bd

1/Chứng minh rằng nếu :abc chia hết cho 37 thì bca và cab cũng chia hết cho 37 .
2/Cho hai dãy so và
chứng minh rằng hai với mỗi số tự nhiên n có một và chỉ một trong hai và có chữ sô tận cùng bằng 0.

Xin lỗi bạn mình giúp đc bài 1 thui bài 2 ko rõ đề mà.
(26,37)=1 nên 26.bca - abc=2590b+259c-74a cái nè chia hết cho 37 mà!
lại có abc chia hết cho 37 do đó bca chia hết cho 37
Mặt khác abc+bca+cab =111.(a+b+c) chia hết cho 37
do đó cab chia hết cho 37
=>đpcm

vậy à mình kok có sách ấy
đây là cách của mình kok dài lắm chỉ 3 dòng
quy đông khử mẫu ta có
bdt tương đương với
$a^3+b^3+c^3+3abc+a^2b+b^2c+c^2a \geq ab+bc+ca$
mặt # $a^3+b^3+c^3+6abc \geq (a+b+c)(ab+bc+ca);a^2b+b^2c+c^2a \geq 3abc$
-->dpcm

ok cách nè cũng ngắn thật.cách mình dùng AM-GM thui.Thay giả thiết a+b+c=1 vào:
BĐT <-> (a+b)/(b+c)+(b+c)/(c+a)+(c+a)/(a+b)≥3.
Dễ mà!

nếu giỏi phải nói đến Toanlc và Tuấn anh à em phải học hỏi nhiều
hai ông này ghê lắm

ừ t cũng thế mới vào diễn đần đc có 2 ngày thui.Phải học hỏi mọi ng nhiều.mong các tiền bối chỉ giáo thêm!

Sáng tác của mình(năm lớp 8 rùi)h post lên cho zui.
Problem 4:Cho a,b,c là các sô dương thỏa mãn a+b+c+2=abc.CMR:
$\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c \ge 2\left( {\dfrac{1}{{\sqrt a }} + \dfrac{1}{{\sqrt b }} + \dfrac{1}{{\sqrt c }}} \right)$

Bài 1:Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a,b)sao cho a^2b+a+b (ab^2+b+7)
Bài 2Cho số nguyên dương n 3 và t1,t2,...,tn là những số thực dương sao cho:
n^2+1 lớn hơn (t1+t2+...+tn)(1/t1 +1/t2 +...+1/tn)

nản bạn chơi khó nhau bài 1 là bài IMO năm nào ý.(nhớ ko nhầm là vậy)
Theo tớ: Xét a<b cm đc a^2b+a+b<ab^2+b+7
Xét a≥b như sau:
$\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{1}{b}} \right)\left( {ab^2 + b + 7} \right) > a^2 b + a + b$
• Xét b≥3 ta có:$\left( {\dfrac{a}{b} - \dfrac{1}{b}} \right)\left( {ab^2 + b + 7} \right) < a^2 b + a + b$
Kết hợp 2 cái trên ta đc:
$\dfrac{{a^2 b + a + b}}{{ab^2 + b + 7}} = \dfrac{a}{b}$
=>b=7m;a=7m^2
• Xét b<3 xét đơn giản theo chia hết.
b=1 có a=11;49
b=2 vô nghiệm!
Kết luận...............
Chắc chắn có cách hay hơn;lời giải này của mình vắn tắt những j cơ bản thui!thông cảm nhé 11h

Bài 2 đề là j vậy?mong bạn viết rõ hơn nhé vì hình như đề nè chưa có yêu cầu j cả???

solution thế này nha
từ điều kiện suy ra
tồn tại bộ x,y,z>0 thỏa mãn
$\dfrac{x+y}{z}=c,.......$
suy ra ta phải cm
$\sum \sqrt{\dfrac{x+y}{z}}\ge \sum \sqrt{\dfrac{z}{x+y}}$
tương đương với
$\sum \dfrac{(a-c)+(b-c)}{\sqrt{c(a+b)}}\ge 0$
tương đương với
$\sum \dfrac{c(a-b)^2}{\sqrt{ab(b+c)(c+a)}(\sqrt{(a+c)b}+\sqrt{(b+c)a})}\ge 0$(đúng)
p/s:bdt đẹp thật

Hì thanks pac tuy lời giải bác ghi nhầm tí nhưng ko sao.lg cũng đúng rùi.em dùng AM-GM thui lơp 8 mà.

Giải bài 1 :
Do :
$abc=(100a+10b+c) \vdots 37 \Leftrightarrow 100a\vdots 37 , 10b \vdots 37, c\vdots 37\Leftrightarrow 100a=37 k_{1} ,10b= 37k_{2},c=37k_{3} \Leftrightarrow a= \dfrac{37 k_{1} }{100} ,b=\dfrac{37 k_{2} }{10},c={37 k_{3} $
Ta có :
$bca=(100b+10c+a)=100. \dfrac{37 k_{2} }{10}+10.{37 k_{3} +\dfrac{37 k_{1} }{100}=37.(10 k_{2} +10k_{3}+ \dfrac{ k_{1} }{100}) \vdots 37 $
Chứng minh tương tự ta cũng có : $cab \vdots 37$

Thứ 1: Lời giải cho bài nè mình giải cho bsanj ý rùi post lên làm gì nữa
Thứ 2:Lời giải của bạn khai tam đã sai hoàn toàn
để ý rằng theo cách li luận của bạn: 100a chia hết cho 37 thì a chia hết cho 37 =>a=0?
tương tự b và c cũng chia hết cho 37 chăng? b=c=0
tóm lại ko thể giải như trên đc mình lấy 1 ví dụ nhé
abc=185
bca=851
cab=518
....

Problem5: Cho a;b;c≥1 thỏa mãn a+b+c=9.Chứng minh rằng:
$\sqrt {ab + bc + ca} \le \sqrt a + \sqrt b + \sqrt c $





p/s: thêm một bài toán đẹp nữa nhưng giúp em tìm một lời giải đẹp cho nó.thanks trước

Problem 6:Tìm $p;q \in Z^ + ;p \in P$ thỏa mãn $\left\{ \begin{array}{l}
p \le q \le p^2 \\
C_{p^2 }^q - C_q^p = 1 \\
\end{array} \right.$


Giúp nha bài nè em chưa nhai đc!

ko ai làm bài này ạ?? bài này cũng hay mà....

cách nào đâu bạn ?????/

cách của pác toanlc ý giải đc bài tổng quát mà