Em có thể xem tại đây
http://diendantoanho...showtopic=42891
http://www.mathlinks...1491803#1491803

thank anh nha,em mới chỉ biết cách dồn biến,giờ mới biết cách khác.Nhưng chả lẽ bài này ko có lời giải sơ cấp nào hả anh?

cho tam giác ABC. trong đó AD,BE,CF là 3 đường trung tuyến sao cho AD vuông góc BE. c/m tồn tại 1 tam giác nhận FC là cạnh huyền và AD,BE là 2 cạnh góc vuông

Bài nè làm theo cách hình học thì mình chưa nghĩ đành làm cách nè vậy:
Đặt $AB=c;CA=b;BC=a$
ta có: $4AD^2=2b^2+2c^2-a^2$
$4BE^2=2c^2+2a^2-b^2$
$4CF^2=2a^2+2b^2-c^2$
(Công thức đường trung tuyến mà)
Từ AD vuông góc với BE sẽ có $\dfrac{4}{9}AD^2+\dfrac{4}{9}BE^2=AB^2=c^2.$
thay công thức đường trung tuyến như trên vào thì ta đc:$a^2+b^2=5c^2$
Típ nha: yêu cầu bài toán tương đương $AD^2+BE^2=CF^2$
Thay công thức đường trung tuyến vào $=> a^2+b^2=5c^2$
Chính là đẳng thức suy ra từ giả thiết.
Vậy bạn có đpcm thui

cho abc=1. a,b,c> 0.CMR:
$ \dfrac{1}{a+b+1} +\dfrac{1}{b+c+1} + \dfrac{1}{c+a+1} \leq 1$
thanks các bác trước nha!

ừ bài nè dễ thui!
Vì abc=1.Đặt a=x^3;b=y^3;c=z^3=>xyz=1 (x,y,z>0)
Ta có
$\dfrac{1}{{a + b + 1}} = \dfrac{1}{{x^3 + y^3 + 1}} = \dfrac{1}{{x^3 + y^3 + xyz}} \le \dfrac{1}{{xy(x + y + z)}} = \dfrac{z}{{x + y + z}}$ (Sử dung bđt wen thuộc $x^3 + y^3 \ge xy\left( {x + y} \right)$ mà)

Tương tự cộng lại có đpcm!

Uh! mình ngộ nhận ! Cám ơn bạn nha ! Bạn post bài giải ở đâu nhỉ ?! Chỉ mình với !!

Thui để mình post lại cho bạn nè:
dễ thấy (26;37)=1
Xét 26bca-abc=2590b+259c-74a cái nè chia hết cho 37
mà abc chia hết cho 37 nên 26bca chia hết cho 37.do đó bca chia hết cho 37.
Típ theo abc+bca+cab=111(a+b+c) chia hết cho 37 nên cab chia hết cho 37.
Đó là đpcm mà!

Tiện đây bạn post cho mình cách gõ mấy cái hình mình bít mỗi hình nè thui

chỉ cần làm như vậy thôi àk hả anh cách này có đúng ko đấy nghi ngờ quá. CÔ em bảo là dài lắm nhưng ko chữa kòn cách của anh thì ngắn wa

ừ mình nhầm mất.sơ suất wa,thông cảm nha!

Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác. CMR:
$a^4+b^4+c^4 \leq 2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2$

Chuyển vế phân tích thành nhân tử đc cái cần cm tương đương:
(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(a-b-c)≤0
Cái nè đúng vì a;b;c là 3 cạnh tam giác mà!

Cho tam giác ABC. Trên AB lấy D sao cho $AD=\dfrac{1}{k}.AB$; trên AC lấy E sao cho $AE=\dfrac{1}{k}.AC$ (k>2). Lấy F là trung điểm BC. CMR: AF; BE; CD đồng quy.

Bài này Xeva là xong
CM tỉ số AD/BD.BF/CF.CE/AE=1

Dấu "=" xảy ra khi nào hả ?

Uh wen mất bài nè làm gì có dấu bằng

Problem6: Cho x,y,z, a,b,c là các số thực dương bất kì với x+y+z=1.Chứng minh rằng:
$ax + by + cz + 2\sqrt {\left( {xy + yz + zx} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} \le a + b + c$

Tìm đa thức bậc bốn $P(x)=x^4 + ax^3 + bx^2 + cx +d$. Cho biết đa thức có bốn nghiệm nguyên, trong đó có ba nghiệm bằng nhau và P(0)=2008

Giả sử P(x) có 3 nghiệm bằng x1 1 nghiẹm bằng x2.
Ta có $\begin{array}{l}
P_{(x)} = (x - x_1 )^3 (x - x_2 ) \\
\Rightarrow P_{(0)} = x_1^3 x_2 = 2008 \\
\end{array}$
Do 2008=2^3.251=1.2008=(-2)^3.(-251)=(-1).(-2008)
Vậy $x_1 = \pm 1; \pm 2 \Leftrightarrow x_2 = \pm 2008; \pm 251$
Thay từng cặp giá trị nghiệm x1;x2 ta được bốn đa thức thỏa mãn!

Cho $x^2+xy+ y^2 \le 3$.CMR:
$-4 \sqrt 3 -3 \le x^2-xy-y^2 \le 4 \sqrt3-3$

Bài nè:
Xét x=0 hiển nhiên đúng!
Xét x#0 như sau:
Đặt $A = \dfrac{{x^2 - xy - y^2 }}{{x^2 + xy + y^2 }} = \dfrac{{1 - a - a^2 }}{{1 + a + a^2 }}$
trong đó a=y/x
Tìm min max của phân thức nè.(miền giá trị hàm số là xong)
Sau đó để ý rằng $0 \le x^2 + xy + y^2 \le 3$
Từ đó suy ra đpcm thui!

ta có: 4AD^2=2b^2+2c^2-a^2
4BE^2=2c^2+2a^2-b^2
4CF^2=2a^2+2b^2-c^2
mình chưa hỉu lắm chỗ này

Đó chỉ là công thức đường trung tuyến của tam giác.
Bạn cần nhớ để ứng dụng trong nhiều bài khác.CM công thức này chỉ cần dùng Pi-ta-go!

[quote name='hung0503' date='Jun 20 2009, 03:47 PM' post='202066']
đề đúng ấy, mọi người vào làm hộ cái, tớ ko tìm dc, thay vào rối như tơ vò.........
anh bạn jì ơi, xem lại giúp mình chỗ này, bạn trình bày rõ hơn chút nữa dc ko..........rất cảm ơn[quote]
Đây là lời giải của mình:
Trwuwowcs hết theo định lí Viet ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
x_1 + x_2 = \dfrac{{ - b}}{a} \\
x_1 x_2 = \dfrac{c}{a} \\
\end{array} \right.$
Vì a#0 nên: chia cả tử và mẫu của Q cho a^2 ta đc:
$\Rightarrow Q = \dfrac{{2 + 3\left( {x_1 + x_2 } \right) + \left( {x_1 + x_2 } \right)^2 }}{{2 + x_1 + x_2 + x_1 x_2 }}$
Típ theo(bước wan trọng nhất nè):
Nhận xét $\begin{array}{l}
0 \le x_1 \le x_2 \le 2 \Rightarrow x_1^2 \le x_1 x_2 ;x_2^2 \le 4 \\
\Rightarrow x_1^2 + x_2^2 \le x_1 x_2 + 4 \\
\Leftrightarrow \left( {x_1 + x_2 } \right)^2 \le 3x_1 x_2 + 4 \\
\end{array}$
Vậy $Q \le \dfrac{{2 + 3\left( {x_1 + x_2 } \right) + 3x_1 x_2 + 4}}{{2 + x_1 x_2 + x_1 + x_2 }} = 3$
=>Giá trị lớn nhất của Q=3 đạt được khi:$x_1 = x_2 = 2$ hoặc $x_1 = 0;x_2 = 2$
$\Rightarrow b = - 4a = - c$ hoặc $b = - 2a;c = 0$

p/s: bài toán này khá hay và khó,tốn nhiều calo wa đúng là chuyên Lam Sơn chơi đề hóc

Bài này có phải dùng Cauchy-Schwarz không huynh:
A= ($a^3 + b^3 + c^3 + d^3$)(a + b + c + d) - ($a^4 + b^4 + c^4 + d^4$)
($a^2 + b^2 + c^2 + d^2$)^2 - $ \dfrac{1}{4}$ $(a^2 + b^2 + c^2 + d^2$)^2
=12
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=d=1

ừ sai mất rùi đệ à!cái bđt đầu tiên phải như thế này cơ.Vậy là đệ ngược mất dấu rùi còn gì??? $\left( {a^3 + b^3 + c^3 + d^3 } \right)\left( {a + b + c + d} \right) \ge \left( {a^2 + b^2 + c^2 + d^2 } \right)^2 $

p/s:Bài nè ko dùng bđt cao siêu gì cả đâu

Hjx hjx em ghi lộn cái đề $3y^2$ mà viết là $y^2$ anh phân tích lại cho em với

ghi lộn đề hả!ko sao đâu!hướng đi thì như trên tất mà!wan trọng đưa về tìm min max của 1 phân thức(dùng miền giá trị hàm số ý) cái nè wen thuộc wa rùi còn gì!
Bạn đi theo hướng trên nhé;nếu ko thì viết rõ lại đề ha!

Bài 1:Cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c=1.Chứng minh rằng:
$\dfrac{{\sqrt {ab} }}{{1 - c}} + \dfrac{{\sqrt {bc} }}{{1 - a}} + \dfrac{{\sqrt {ca} }}{{1 - b}} \le \dfrac{1}{8}\left( {3 + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right)$

Bài 2: Chứng minh rằng nếu a,b,c≥0 và a+b+c=1 thì:
$\dfrac{1}{3} \le \dfrac{a}{{a^2 + a + 1}} + \dfrac{b}{{b^2 + b + 1}} + \dfrac{c}{{c^2 + c + 1}} \le \dfrac{9}{{13}}$

Bài 3: Chứng minh rằng:
$\dfrac{{a^2 + 2}}{{b + c + 1}} + \dfrac{{b^2 + 2}}{{c + a + 1}} + \dfrac{{c^2 + 2}}{{a + b + 1}} \ge 3$
với a,b,c≥-1/2


p/s: mời mọi ng tham gia topic nè!Đưa ra lời giải của bạn nhé

bạn giải thích kĩ hơn đi sao thay vào lại ra cái này
$\dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{a+c}+\dfrac{a+c}{a+b} $??/

Thui đc rùi để mình ghi rõ ra cho:
$\begin{array}{l}
\dfrac{{a^2 + b}}{{b + c}} + \dfrac{{b^2 + c}}{{c + a}} + \dfrac{{c^2 + a}}{{a + b}} \ge 2 \\
\Leftrightarrow \dfrac{{a^2 + b^2 + bc + ba}}{{b + c}} + \dfrac{{b^2 + c^2 + ca + cb}}{{c + a}} + \dfrac{{c^2 + a^2 + ab + ac}}{{a + b}} \ge 2 \\
\Leftrightarrow \dfrac{{a\left( {a + b} \right)}}{{b + c}} + \dfrac{{b\left( {b + c} \right)}}{{c + a}} + \dfrac{{c\left( {c + a} \right)}}{{a + b}} \ge 1 \\
\Leftrightarrow \dfrac{{\left( {1 - b - c} \right)\left( {a + b} \right)}}{{b + c}} + \dfrac{{\left( {1 - c - a} \right)\left( {b + c} \right)}}{{c + a}} + \dfrac{{\left( {1 - a - b} \right)\left( {c + a} \right)}}{{a + b}} \ge 1 \\
\Leftrightarrow \dfrac{{a + b}}{{b + c}} + \dfrac{{b + c}}{{c + a}} + \dfrac{{c + a}}{{a + b}} \ge 3 \\
\end{array}$

p/s: bạn thấy thế nào có thắc mắc gì về nó ko cho mình ý kiến nhé!

Bài 1:Cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c=1.Chứng minh rằng:
$\dfrac{{\sqrt {ab} }}{{1 - c}} + \dfrac{{\sqrt {bc} }}{{1 - a}} + \dfrac{{\sqrt {ca} }}{{1 - b}} \le \dfrac{1}{8}\left( {3 + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right)$

Bài 2: Chứng minh rằng nếu a,b,c≥0 và a+b+c=1 thì:
$\dfrac{1}{3} \le \dfrac{a}{{a^2 + a + 1}} + \dfrac{b}{{b^2 + b + 1}} + \dfrac{c}{{c^2 + c + 1}} \le \dfrac{9}{{13}}$

Bài 3: Chứng minh rằng:$\dfrac{{a^2 + 2}}{{b + c + 1}}
+ \dfrac{{b^2 + 2}}{{c + a + 1}} + \dfrac{{c^2 + 2}}{{a + b + 1}} \ge 3$
với a,b,c≥-1/2


p/s: mời mọi ng tham gia topic nè!Đưa ra lời giải của bạn nhé

Ừ nhỉ,đúng là lộn thật
Thôi huynh giải luôn đi

Thui đc rùi để mình giải đáp (bài nè hay lém)
Chú ý: chỉ 2 dòng thui
$\begin{array}{l}
A = \sum {ab(a^2 + b^2 ) = \sum {\dfrac{{a^4 + b^4 + 6a^2 b^2 - \left( {a - b} \right)^4 }}{4}} } \\
= \dfrac{{3\sum {a^4 + 6\sum {a^2 b^2 - \sum {\left( {a - b} \right)^4 } } } }}{4} \le \dfrac{3}{4}\left( {\sum {a^2 } } \right)^2 = 12 \\
\end{array}$
=> đpcm
Dấu = khi a=b=c=d=1!

Nếu có thắc mắc xin đóng góp ý kiến nha!

2.Đặt $f(x)=\dfrac{x}{x^2+x+1}$
ta có $f''(x)=\dfrac{2(x^3-3x-1)}{(x^2+x+1)^3}\le 0$
suy ra $f(a,b,c)\le \dfrac{9}{13}$
*****
Đặt $f(a,b,c)=\sum \dfrac{a}{a^2+a+1}$
Dễ thấy $f(a,b,c)\ge f(a,b+c,0)$
mà $f(a,b+c,0)=f(a,1-a,0)$
xét
$f(a,1-a,0)-\dfrac{1}{3}=\dfrac{a(1-a)(a^2-a+9)}{3(a^2+a+1)(a^2-3a+3)}\ge 0$
suy ra $f(a,b,c)\ge \dfrac{1}{3}$

Giải cách sơ cấp hơn đc ko huynh,mà còn 2 bài kia!Mong huynh chỉ giáo thêm.

Ta có
$VT\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)+3}+\dfrac{18}{2(a+b+c)+3}=A$
mà $A-3\ge 0$ tương đương $(a+b+c-3)^2\ge 0$ (đúng)
ĐPCM

Hay thật xin cảm ơn hai tiền bối em làm dài hơn nhìu,hihi!Bài 2 liệu ko dùng dồn biến đc ko???

Bài toán: Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh BĐT sau:
$\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right) \le abc\left( {ab + bc + ca} \right)$


p/s: các bạn tham gia nào!!!

Với tử số là một số thực thì ta tìm ước chung của tử số đó.
vây đối với bài 2) tử số có ẩn thì sao bạn?

thì đưa về dạng trên thui:
$\begin{array}{l}
4x + 3 \vdots 2x - 6 \Leftrightarrow 2(2x - 6) + 15 \vdots 2x - 6 \\
\Leftrightarrow 15 \vdots 2x - 6 \\
\end{array}$
đến đó xong rùi ha!
luyện tập bài nè bạn ơi:
$\begin{array}{l}
1)x - 2 \vdots x^2 + 5 \\
2)x^2 - 2x + 4 \vdots x^3 + 2 \\
\end{array}$

Phá ra ta phải CM:
$\sum a^5+2abc(\sum a^2)\ge \sum a^4(b+c)+abc(\sum ab)$ (1)
mà
$abc(\sum a^2)\ge abc(\sum ab)$
$\sum a^5+abc(\sum a^2) \ge \sum a^4(b+c) $
cộng 2 bdt trên với nhau ta suy ra (1) đúng
ĐPCM

hic bái fuc bác em ko bjo nghĩ hướng nhân ra cả.chịu khó thật.Bác nghĩ các khác đi các khác hay hơn đấy.
p/s kết hợp ĐS+HH!

a, Giải PT: $13\sqrt{x-1}+9\sqrt{x+1}=16x$
b,: Giải PT:$ \sqrt{x}+ \sqrt[3]{x+7}= \sqrt[4]{x+80} $ (phần b là bài toán của Hungary )

phần a dùng bđt cô-si nghiệm x=5/4
phần b dự đoán nghiệm =1;trừ 2 vế cho 3.
phân tích thành nhân tử x-1 là xong! co nghiệm duy nhất thui