ua sao tu he thuc suy ra $a'^{2}\vdots b' , b'^{2}\vdots a'$ vay anh?

tại vì $ka'b' \vdots b', b'^2 \vdots b'$ nên cái còn lại cũng phải chia hết .

Cho tam giác $ABC$, ba đường cao là $AD;BE;CF$ Đường thẳng $EF$ cắt $BC$ ở $G$. Đường tròn đường kính $BC$ cắt $AD$ ở $H$
C/m $GH$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $BC$

Bài này vận dụng tí kiến thức THPT cũng có thể làm được.

Lấy $O$ là trung điểm $BC$. Áp dụng đường tròn 9 điểm Euler có $ODFE$ nội tiếp. Vậy nên áp dụng phương tích cho điểm $G$: $GD.GO=GF.GE$ lại áp dụng phương tích của điểm $G$ cho đường tròn đường kính $BC$: $GB.GC=GF.GE=GD.GO$ Vậy nên áp dụng hệ thức $Maclaurin$ ta có $(G,D,B,C)=-1$. Vậy nên: $\frac{GB}{DB}=\frac{GC}{DC}$ Mặt khác: $BHC=90^0$ nên theo định lý về chùm điều hoà ta có $HB$ là phân giác $GHD$. Vậy nên $\angle{GHB}=\angle{BHD}=\angle{HCB}=90^0-\angle{HBO}=90^0-\angle{BHO}$ Vậy nên $\angle{GHO}=90^0$ Vậy nên ta có đpcm....

P/s: Lâu rồi không trở lại VMF... 

 

 

 

2/ $\cot x=\tan x+\frac{2\cos 4x}{\sin 2x}$

 

 

 

Đưa về: $\frac{2cos2x}{sin2x}=\frac{2cos4x}{sin2x}\Leftrightarrow cos2x=cos4x (sin2x \neq 0)$ Đến đây cơ bản ...

 

 

4/ $\sin 4x.\sin 7x=\cos 3x.\cos 6x$

 

5/ $4\left ( \sin ^{3}x + \cos ^{3}x \right )=\cos x + 3\sin x$

 

Dùng công thức đổi tích sang tổng: $\Leftrightarrow \frac{1}{2}(cos(\frac{3x}{2})-cos(\frac{11x}{2}))=\frac{1}{2}(cos(\frac{9x}{2})+cos(\frac{3x}{2}))\Leftrightarrow -cos(\frac{11x}{2})=cos(\frac{9x}{2})$ Đến đây dễ rồi

 

 

 

5/ $4\left ( \sin ^{3}x + \cos ^{3}x \right )=\cos x + 3\sin x$

 

Phương trình đã cho: $\Leftrightarrow 4cos^3x-3cosx=3sinx-4sin^3x\Leftrightarrow cos3x=sin3x$ Đến đây cơ bản rồi

Đề bài: Chứng minh rằng hình chữ nhật $mxn$ có thể phủ kín bằng các quân L-Tri-mi-nô khi và chỉ khi :

$mn\vdots 3$ ^ $\begin{bmatrix} mn \vdots 2,m,n>1 \\ (m-3)(n-3) \geq 12 \end{bmatrix}$

Cho $a,b,c >0$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=1$
CMR: $\dfrac{a}{b^2+c^2}+\dfrac{b}{c^2+a^2}+\dfrac{c}{a^2+b^2}\geq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta có:
$2a^2(b^2+c^2)^2\leq (\frac{2a^2+2b^2+2c^2}{3})^3=\frac{8}{27}\Rightarrow \frac{1}{(b^2+c^2)^2}\geq \frac{27}{4}a^2\Rightarrow \frac{a}{b^2+c^2}\geq \frac{3 \sqrt{3}}{2}a^2$
Chứng minh tương tự cộng lại => đpcm

ko làm holder được không?

Chứng minh bằng quy nạp. ( Mình tắt bước đầu nhé).
Ta cần chứng minh: $\frac{a^{k+1}+b^{k+1}+c^{k+1}}{3}\geq (\frac{a+b+c}{3})^{k+1}$
Hay tương đương với chứng minh: $\frac{a^{k+1}+b^{k+1}+c^{k+1}}{3}\geq (\frac{a+b+c}{3})(\frac{a^k+b^k+c^k}{3})\Leftrightarrow 3(a^{k+1}+b^{k+1}+c^{k+1})\geq (a+b+c)(a^k+b^k+c^k)\Leftrightarrow 2(a^{k+1}+b^{k+1}+c^{k+1})-a(b^k+c^k)-b(c^k+a^k)-c(a^k+b^k)\geq 0\Leftrightarrow (a-c)(a^k-c^k)+(b-a)(b^k-a^k)+(b-c)(b^k-c^k)\geq 0$ (Xong)

Phương trình : $cos^4x+(1-cosx)^4=\frac{1}{8}$

Dùng bất đẳng thức nhanh hơn chứ ^^.
Áp dụng bất đẳng thức $Holder$ ta có: $(cos^4x+(1-cosx)^4)(1+1)(1+1)(1+1)\geq (cosx+1-cosx)^4=1\Rightarrow (cos^4x+(1-cosx)^4)\leq \frac{1}{8}$
Vậy dấu "=" phải xảy ra hay...

trong Th này thì do tổng là số nguyên tố nên phải chia hết cho 5

Mệt bạn ghê ^^ . Lập luận của bạn hoàn toàn thiếu tính Logic ^^.
Ta có theo bổ đề thì 1 số: $x^4\equiv 0,1 (mod 5)$. Vậy nếu $x^4\equiv 0 (mod 5)$ còn : $y^4\equiv 1 (mod 5)$ thì tổng $\equiv -1 (mod 5)$ mà ^^, Suy nghĩ kĩ nha bạn
---
@Oral1020:Theo lời anh nói em sẽ dọn dẹp toàn bộ post cãi cọ nhé

1 đường thẳng cắt AB,AD,AC của hình bình hành ABCD tại E,F,O. Chứng minh: $\frac{AB}{AE}+\frac{AD}{AF}=\frac{AC}{AO}$

Từ D vẽ $DM//EF$ ($M$ thuộc $AC$).
Từ $B$ vẽ $BN//EF$ ($N$ thuộc $AC$).
Áp dụng định lý Thales ta sẽ được: $\frac{AB}{AE}+\frac{AD}{AF}=\frac{AM+AN}{AO}$ Công việc còn lại chỉ là chứng minh: $AM=CN$ Cái này dễ dàng chứng minh bằng cách chứng minh $\Delta DMA=\Delta BNC$

CMR với mọi a+b+c=abc
$\frac{a}{b^{3}}+\frac{b}{c^{3}}+\frac{c}{a^{3}}\geq 1$

Từ giả thiết ta có:
$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$
Áp dụng B.C.S ta có: $(\frac{a}{b^3}+\frac{b}{c^3}+\frac{c}{a^3})(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})\geq (\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})^2\geq (\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})^2\Rightarrow ĐPCM$

Trước hết ta có các bdt sau đúng với mọi số thực x,y :
$x^{2}+y^{2}\ge 2xy$
$(x+y)^{2}\ge 4xy$
Để ý rằng
$4(a^{3}+b^{3})(ab-a-b)=4(a+b)(ab-a-b)(a^{2}-ab+b^{2})$
Áp dụng mấy cái trên ta có
$4(a+b)(ab-a-b)\leq (a+b+ab-a-b)^{2}=a^{2}b^{2}$
và
$ab(a^{2}-ab+b^{2})\leq \frac{(a^{2}+b^{2})^{2}}{4}$
$\Rightarrow VP\leq \frac{ab(a^{2}+b^{2})^{2}}{4}$
và ta có
$VT=\frac{(a^{2}+b^{2})^{3}}{8}\geq \frac{ab(a^{2}+b^{2})^{2}}{4}$
=> dpcm
Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=4$

Lời giải của bạn hình như đúng rồi nhưng còn $a=b=0$ nữa bạn à
À đúng rồi lời giải bạn thiếu một chỗ là chưa xác định được: $ab \geq 0$.
$ab$ phải $ab \geq 0$ thì mới nhân lại và rút gọn được bạn à.
THật ra bước này cũng dễ:
Xét $ab < a+b\Rightarrow$ bất đẳng thức được chứng minh.
Xét $ab \geq a+b \Rightarrow ab \geq 0$ Lúc này xét tiếp và làm như bạn

Mình được một bài :'P... tại một số phần kiến thức mình không dám làm vào nên chỉ biết ngồi nhìn ='))
không đam mê lắm với thi 30-4 ^^~
...chú Triết làm mấy bài nhỉ

(sr, spam :'P)

Mình không làm được trọn bài nào cả, mỗi bài viết được một ít à ((

Chán, đề này mình chết toàn tập , chắc rớt mất rồi @@.Chủ topic làm được nhiêu thế?

c) $x^{4}+x^2-x\sqrt{2}+2=0$

Phương trình đã cho tương đương:$x^4+x^2-\sqrt{2}x+2\Leftrightarrow x^4+3x^2+\frac{9}{4}-2x^2-\sqrt{2}x-\frac{1}{4}=0\Leftrightarrow (x^2+\frac{3}{2})^2-(\sqrt{2}x+\frac{1}{2})^2=0\Leftrightarrow (x^2+\sqrt{2}x+2)(x^2-\sqrt{2}x+1)=0\Leftrightarrow ...$

Giải hệ pt với $x,y,z$ là các số dương:
$\left\{\begin{matrix} \dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{3y}+\dfrac{1}{6z}=\dfrac{1}{\dfrac{x}{2}+\dfrac{y}{3}+\dfrac{z}{6}}\\ x+y^2+z^3=14 \end{matrix}\right.$

Xét phương trình $(1)$.
Ta chứng minh điều sau:
Nếu $\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z} = \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z} \Rightarrow \frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}$
Chứng minh: Từ giả thiết ta suy ra được: $(x+y+z)(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z})=(a+b+c)^2$
Mà theo $B.C.S$ thì: $(x+y+z)(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z})\geq (a+b+c)^2$ Nên dấu "=" phải xảy ra. Vậy ta có đpcm.
Áp dụng vào bài toán, từ phương trình đầu ta thấy: $\frac{\frac{1}{4}}{\frac{x}{2}}+\frac{\frac{1}{9}}{\frac{y}{3}}+\frac{\frac{1}{36}}{\frac{z}{6}}=\frac{(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6})^2}{\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{6}}$
Vậy: $\frac{1}{x}=\frac{1}{y}=\frac{1}{z}\Leftrightarrow x=y=z$
Thay vào phương trình sau giải phương trình bậc 3 thôi

chứng minh rằng: $\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}> \sqrt{n}$

$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}\geq 2(\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}})$
$\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\sqrt{n+1}-1$
$2\sqrt{n+1}-2\geq \sqrt{n}$ Đúng với n$\geq$2

bài này chỉ đúng với $n >1$
Mà bài này không cần làm cao siêu đến nhường ấy đâu =)) =))
Ta có: $1 <2 <... \frac{1}{\sqrt{n}}\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}} > \frac{n}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}$

Bài toán:Cho $a,b,c > 0$: CMR
$\sum \sqrt{a} \leq \sum \sqrt{\frac{a+2b}{3}}$
__________
Chế !!!

Áp dụng bất đẳng thức $Bunyakovsky$ : $\sqrt{a+2b}=\sqrt{\frac{3(a+b+b)}{3}}\geq \frac{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}{\sqrt{3}}\Rightarrow \sqrt{\frac{a+2b}{3}}\geq \frac{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}{3}$ Áp dụng tương tự rồi cộng lại là ra ngay đpcm

Bai1 :Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $abc=1$ .Chứng minh rằng :
$\frac{1}{(a+1)^{2}}+\frac{1}{(b+1)^{2}}+\frac{1}{(c+1)^{2}}+\frac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 1$

Câu này làm vầy được chứ nhỉ:
Đầu tiên ta có bất đẳng thức phụ sau: $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}\geq \frac{1}{1+ab}$ Cách chứng minh đã được chính em trình bày ở đây: http://diendantoanho...psum-fraca2ab2/ .
Bây giờ ta sẽ xử lý đoạn còn lại.
Đến đây ta nhận xét khéo léo theo nguyên lý Đirichlet thì trong 3 số $a,b,c$ luôn có $2$ số đồng thời không nhỏ hơn $1$ hoặc đồng thời không lớn hơn $1$.
Giả sử đó là $a,b$ thì: $(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow ab+1\geq a+b\Rightarrow 2(ab+1)\geq (a+1)(b+1)\Rightarrow \frac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq \frac{1}{(ab+1)(c+1)}=\frac{1}{(\frac{1}{c}+1)(1+c)}=\frac{c}{(c+1)^2}$
Mặt khác: áp dụng bất đẳng thức phụ trên thì: $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2} \geq \frac{1}{1+ab}=\frac{1}{1+\frac{1}{c}}=\frac{c}{c+1}$
Vậy cộng hết vế theo vế ta được: $VT\geq \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{c}{(c+1)^2}=\frac{c}{c+1}+\frac{1}{c+1}=1 (ĐPCM)$ Cách này thì chẳng phải đổi biến gì cả

BDT côsi. Em muốn hỏi khi áp dụng BDT côsi có cần vế phải hoặc vế trái xác định không
VD: Cho 2 điểm A,B xác định cùng phía vs (d). Tìm M thuộc d để MA + MB min
nếu dùng BDT côsi ta có : MA+MB >= 2can*(MAMB). tuy nhiên cách này kết quả là sai
Cách làm đúng là MA'+MB >=A'B. Với A' đối xứng A qua d .
Vậy cách làm của em sai ở chỗ nào . Mong mọi người giúp đỡ

Rất đơn giản: $ 2\sqrt{MA.MB}$ là giá trị thay đổi không cố định nên đó không phải $MIn$

Chứng minh bất đẳng thức
a)$\sqrt[]{x-2}+\sqrt[]{4-x}\leq2$

Bunya: $\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\leq \sqrt{2(x-2+4-x)}=2$
Dấu "=" xảy ra khi $x=3$ CƠ mà phải có điều kiện: $2\leq x\leq 4$

Giải phương trình sau: $\sqrt[3]{{x - 7}} + \sqrt[3]{{x - 3}} = 6\sqrt[6]{{(x - 3)(x - 7)}}$
2 phương trình gây ức chế, nhất là phương trình đầu thử nâng bậc

BÌnh tĩnh phán đoán. Điều kiện: $\begin{bmatrix} x\geq 7 \\ x\leq 3 \end{bmatrix}$
Xét $x=7,x=3$ không là nghiệm.
Xét $x >7$. Chia 2 vế của phương trình cho $\sqrt[3]{x-7}$ và đặt $a= \sqrt[6]{\frac{x-3}{x-7}}$ Ta được phương trình: $a^2-6a+1=0\Leftrightarrow ...$
Xong xét $x<3$, chia 2 vế cho $\sqrt[3]{3-x}$ rồi đặt $a=\sqrt{6}{\frac{7-x}{3-x}}$ Ta được phương trình: $-a^2-1=6a\Leftrightarrow a^2+6a+1=0\Leftrightarrow ...$

sẵn tiện giải dùm mình bài này luôn đi cũng nằm trong đề của Gia Định luôn đó
\left\{\begin{matrix}
y^6+y^3+2x^2=\sqrt{xy-x^2y^2} & & \\
8xy^3+2y^3+1\geq 4x^2+2\sqrt{1+(2x-y)^2)} & &
\end{matrix}\right.

Bạn có thể cập nhật đề đầy đủ luôn được không cho mọi người dễ xem

Bài 2:Cho a ,b,c là các số dương thoả mãn :a+b+c=3
CMR: $\frac{a}{b^{2}+1}+\frac{b}{c^{2}+1}+\frac{c}{a^{2}+1}\geq \frac{3}{2}$

Bài 1 là dạng giống Đề thi tuyển sinh vào 10 Chuyên Toán trường THPT Lê Hồng Phong TPHCM. Có thể tìm xem. Ý tưởng: CHứng minh: $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)$ RỒi đặt $x=a^2+b^2+c^2$ áp dụng $AM-GM$ kết hợp điểm rơi.
Còn bài này là Cauchy ngược dấu: $\frac{a}{b^2+1}=\frac{a(b^2+1)-ab^2}{b^2+1} =a-\frac{ab^2}{b^2+1}\geq a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}$ Thiết lập tương tự xong cộng lại với chú ý: $ab+bc+ca \leq \frac{(a+b+c)^2}{3}$