Gọi hai điểm $P,Q$  là 2 điểm đẳng giác của tam giác ABC. Kẻ $PH,PK$ lần lượt  vuông góc $AB,AC$. Kẻ $QM,QN$ lần lượt vuông góc với $AB,AC$, $HK$ cắt $MN$ tại $S$. Chứng minh rằng $AS\perp PQ$

Đặt $a =\frac{1}{x} ,b =\frac{1}{y} ,c =\frac{1}{z}$

Thay vào điều kiện ta có a+b+c=3

Thay vào bất đẳng thức . Ta cần chứng minh $\sum \frac{ab}{(a^2+b^2)(1+ab)}  \leq \frac{3}{4}$

$\sum \frac{ab}{(a^2+b^2)(1+ab)} =\sum \frac{ab}{ab(a^2+b^2) +a^2+b^2} \leq \sum \frac{ab}{ab(a^2+b^2+2)} =\sum \frac{1}{a^2+b^2+2}$

Ta sẽ chứng minh $\sum \frac{1}{a^2+b^2+2} \leq \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2 +2} \geq \frac{3}{2}$

Mà $\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2 +2} \geq \frac{ (\sum \sqrt{a^2+b^2})^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6}$

Ta sẽ chứng minh

$\frac{ (\sum \sqrt{a^2+b^2})^2}{2(a^2+b^2+c^2)+6} \geq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow (\sum \sqrt{a^2+b^2})^2 \geq 3(a^2+b^2+c^2) +18$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{b^2+c^2} +2 \sqrt{b^2+c^2}\sqrt{c^2+a^2} +2\sqrt{c^2+a^2}\sqrt{a^2+b^2} \geq a^2+b^2+c^2 +18$

Mà $2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{b^2+c^2} +2 \sqrt{b^2+c^2}\sqrt{c^2+a^2} +2\sqrt{c^2+a^2}\sqrt{a^2+b^2} \geq \sum 2(b^2 +ac)=(a+b+c)^2 +a^2+b^2+c^2 \geq 18 +a^2+b^2+c^2 .$

Như vậy ta có dpcm 

Vậy BĐT cần chứng minh đúng .Dấu = xảy ra khi x=y=z =1

Áp dụng định lý Brokard cho tứ giác AEHF nội tiếp ta có đpcm

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\left ( O \right )$. Đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $EF$ cắt $AH$ tại $M$. Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $AEHF$. CMR: $CM \perp BI$

@mod: lần sau nhớ gõ latex nhé

Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^2+y^2+z^2=x^2y^2$

Toán thủ ra đề: vutuanhien

Nếu x và y đều là số lẻ thì $x^2\equiv 1(mod 4)$ và $y^2\equiv 1(mod 4)$

=> $x^2y^2\equiv 1 (mod 4)$

Từ giả thiết suy ra z lẻ nên $z^2\equiv 1 (mod 4)$

=> $x^2+y^2+z^2\equiv 3 (mod 4)$ (Vô lý)

Vậy x chẵn hoặc y chẵn

Giả sử x chẵn => $y^2+z^2 \equiv 0 (mod 4)$

.Nếu y lẻ z chẵn hoặc y chẵn z lẻ thì $y^2+z^2\equiv 1 (mod 4)$(vô lý)

.Nếu y,z đều lẻ thì $y^2+z^2 \equiv 2$ (Vô lý)

Vậy y,z đều chẵn

=> $x=2x_{1},y=2y_{1},z=2z_{1}$

=> $x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2=4x_{1}^2y_{1}^2$

Lập luận hoàn toàn tương tự ta được: 

$x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2=16x_{2}^2y_{2}^2$

với $\frac{x}{2^{2}},\frac{y}{2^{2}},\frac{z}{2^{2}}$

Quá trình này có thể tiếp tục mãi với các số : $\frac{x}{2^{n}},\frac{y}{2^{n}},\frac{z}{2^{n}}$

là số chẵn với mọi n, do đó $(x;y;z)$ chỉ có thể là $(0;0;0)$

cho $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=1$

CMR: $ \frac{a}{\sqrt{a+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{b+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{c+a^2}}\leq\frac{3}{2} $

$(x-x^2)(x^2+3x+2007)-2005x\sqrt{4-4x}=30\sqrt[4]{x^2+x-1}+2006$

Giải hệ: 

$\left\{\begin{matrix} ab+bc+ca=1 & & \\ \dfrac{bc(b+c)}{2}=\dfrac{ca(c+a)}{4}=\dfrac{ab(a+b)}{10} \end{matrix}\right.$

Cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=[f(0)]^2\Leftrightarrow \begin{matrix} f(0)=0\\ f(0)=2 \end{matrix}$

Xét trường hợp $f(0)=0$. Cho $x=0$ ta được $f(-y)=-f(y)$ với mọi $y\in \mathbb{R}$. Thay $y$ bằng $-y$ ta có: $f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Từ đó ta có $f(x+y)+f(x-y)=2f(x),\forall x ,y\in \mathbb{R}$. Cho $x=y$ ta có $f(2x)=2f(x),\forall x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(x+y)+f(x-y)=f(2x),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Đặt $u=x+y,y=x-y$ ta có $f(u)+f(v)=f(u+v),\forall u,v\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)+f(y)=f(x+y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Cho $x=y$ Khi đó $f(x^2)=(f(x))^2$ với mọi $x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(a)>0$ với mọi $a>0$ 

Giả sử $x>y$ khi đó $f(x)=f(x-y)+f(y) > f(y)$ (do hàm $f$ lẻ), trường hợp $x=y=0$ khi đó $f(x)=f(y)=0$ =>$f $ đơn điệu tăng $\rightarrow f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{R}$, $a$ là một hằng số.

Mà ta cũng có $f(xy)=f(x).f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Từ đó suy ra $\begin{matrix} f(x)\equiv 0\\ f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R} \end{matrix}$.

Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Xét trường hợp $f(0)=2$. Cho $x=0$ ta có $f(y)=f(-y),\forall y\in \mathbb{R}$.

Thay $y=-y$ ta có $f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$

Do đó suy ra $f(x+y)=f(x-y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Chọn $x=y=\frac{u}{2}$ thì ta có $f(u)=2,\forall u\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)=2,\forall x\in \mathbb{R}$. Thế lại ta thấy thỏa mãn.

Vậy các hàm thỏa mãn là $f(x)\equiv 0;f(x)\equiv 2;f(x)\equiv x$.

Cho $a,b,c>0$ CMR:

$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^2\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

Bất đẳng thức này chỉ đúng khi $ab\geqslant 1$.

do sự tồn tại theo dirichlet bạn àh 

1,   $1+\frac{r}{R}=cosA+cosB+cosC$

cmr: tam giác này đều!

 

với $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp.

 

$R$ là bán kính đường tròn ngoài tiếp!

 

 

2, tam giác ABC có đặc điểm gì nếu biết:   $\frac{cosB-sinC}{cosC-sinB}=\frac{1}{c}$

theo hệ thức ơ le thì: $d^2=R^2-2Rr$

=> $d^2=R^2-2Rr\geq 0$

=> $\frac{R}{r}\geq 2$

=> $1+\frac{R}{r} \geq \frac{3}{2}$

mà $cosA+cosB+cosC \leq \frac{3}{2}$

=> tam giác ABC đều

Cho đường tròn $(O)$ đường kinh $AB$, $C,D$ là hai điểm di động trên $(O)$, $CD$ cắt $AB$ tại $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $OAC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBD$ tại $K$. CMR: $OK\perp KM$

Cách 2: 

Nhận xét 1: nếu giữa 3 thành phố $A,B,C$ mà có 3 con đường một chiều thì chiều của chúng là $A->B->C$hoặc $C->B->A$.(Hiển nhiên đúng)
Nhận xét 2: Cứ 4 thành phố $A,B,C,D$ thì có 2 thành phố mà giữa chúng không có con đường nào. 
Chứng minh: Giả sử ngược lại, cứ hai thành phố bất kì trong 4 thành phố $A,B,C,D$ thì có 1 con đường một chiều. 
Không mất tính tổng quát, ta xét 3 thành phố $A,B,C$. Theo nhận xét 1, chiều của các con đường trong 3 thành phố này là $A->B->C$ hoặc ngược lại. Không mất tổng quát xem hướng của chúng là $A->B->C$. Xét thành phố $D$. Nếu có $D->A$ thì sẽ không có $C->D$. Tức là sẽ phải có $D->C$. Nhưng khi đó ta có $D->C->A$ và $D->A$ nên không thỏa mãn. Vai trò của $A,B,C$ như nhau nên ta cũng không có $D->B$hay $D->C$. Như vậy thì ta phải có $A->D,B->D$ và $C->D$. Nhưng khi đó $A->B->D$ và $A->D$ nên cũng không thỏa mãn. Vậy điều giả sử là sai. Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. Với bổ đề thì ta sẽ có 4 thành phố bất kì thì có hai thành phố không được nối với nhau bởi một con đường ( hướng tùy ý). Áp dụng định lý Turan ta có tổng số con đường không vượt quá $(1-\frac{1}{3})\frac{n^2}{2}=210^2.(với $n=210$)
Xét một cách xây đường như sau: Chia 210 thành phố thành 3 nhóm $X,Y,Z$ mỗi nhóm có 70 thành phố. Ta xây các con đường từ mỗi thành phố trong nhóm X, đến mỗi thành phố trong nhóm Y. Tương tự Y đến Z và Z đến X. Tổng số con đường được xây là $3.70^2=\frac{210^2}{3}. Dễ thấy là cách xây này thỏa mãn điều kiện bài toán.

Đề bài của LNH

 

Một quốc gia có $210$ thành phố. Ban đầu giữa các thành phố chưa có đường. Người ta muốn xây dựng một số con đường một chiều nối giữa các thành phố sao cho: Nếu có đường đi từ $A$ đến $B$ và từ $B$ đến $C$ thì không có đường đi từ $A$ đến $C$. Hỏi có thể xây dựng được nhiều nhất bao nhiêu đường?

Gọi A là thành phố có nhiều đường đi nhất.

Khi đó ta chia các thành phố còn lại thành 3 nhóm sao cho:

+Nhóm 1: có đường đi xuất phát từ A 

+Nhóm 2: có đường đi đến A

+Nhóm 3:không có đường đi đến A hoặc xuất phát từ A

Gọi $a$ là số thành phố của nhóm 1

       $b$ là số thành phố của nhóm 2

       $c$ là số thành phố của nhóm 3

Khi đó ta có $a+b+c=209$

Theo giả thiết thì không có đường đi giữa các thành phố trong nhóm và nhóm 2

Số các đường đi liên quan đến các thành phố nhóm 3 không vượt quá c(a+b) (Do bậc của $A=a+b$ lớn nhất)

Khi đó tổng số đường đi bao gồm:

+Số đường đi liên quan đến A: $a+b$

+Số đường đi liên quan đến các thành phố trong nhóm 3: $\leq c(a+b)$ 

+Số đường đi giữa nhóm 1 và 2: $\leq a.b$

Suy ra tổng số đường đi nhỏ hơn:

$ab+a+b+c(a+b)=ab+a(c+1)+b(c+1) \geq \frac{(a+b+c+1)^2}{3}=\frac{210^2}{3}$ (Theo AM-GM)

Dấu "=" xảy ra khi đồ thị có 3 nhóm, mỗi nhóm có 70 thành phố, thành phố nhóm 1 có đường đi đến thành phố nhóm 2, thành phố nhóm 2 có đường đi đến thành phố nhóm 3,thành phố nhóm 3 có đường đi đến thành phố nhóm 1 

đề thi vào 10 Hà Nội ko nhớ năm nào 

http://diendantoanho...-dẳng-thức-dẹp/

http://diendantoanho...bc1geq-2abbcca/

Gọi R,r lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC, d là khoảng cách giữa trọng tâm G và tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó, chứng minh $d^{2}< R(R-2r)$

ta dễ có $9OG^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2)$

$R^2-OG^2=\frac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)\geq\frac{1}{3}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ 

Mà $pr=\frac{abc}{4R}=>2Rr=\frac{abc}{a+b+c}\leq\frac{1}{3}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$

$=>d^2\leq R(R-2r)$ 

p/s: có dấu '=' nhá bạn

Do x,y là các số nguyên nên $\sqrt{y+1}$ là số nguyên

$=>z=\sqrt{y+1}$(*)

Do $y\geq 0 => z\geq 1$

$(*)=>y=z^2-1$

thế vào pt đầu 

=> $x^2=z^4-2z^2+z+1$

mà $(z^2-1)^2 < x^2$(do $z>0$)

và $-2z^2+z+1=z(1-z)-z^2+1\leq 0$ do ($z\geq1$)

=> $(z^2-1)^2< x^2 \leq z^4$

=> $x=z^2$

=> $(z-1)(z^3+z^2-2z^2-1)=0$

=> $z=1$ (do z nguyên)

=> $x=1;y=0$

vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất $(x,y)=(1,0)$

 

Không thử lại: trừ 1đ
Quên đặt điều kiện $z$ ban đầu: trừ 0,5đ.

Tại sao lại có dòng này?

Trừ 0,5đ

$d=8$

$d_{mr}=0;d_{tl}=0;d_{t}=0$

$S=40$

thầy ơi em đã ghi điều kiện ở đây rồi mà? Do $y\geq 0 => z\geq 1$

http://diendantoanho...cauchy-schwarz/

đây em

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=xyz$

Tìm Max  $\frac{2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}$

Do $x+y+z=xyz$ nên tồn tại $tanA,tanB,tanC$ sao cho:

$x=tanA,y=tanB,z=tanC$

$=> \frac{2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}=2.cosA+cosB+cosC=2.(1-2sin^2\frac{A}{2})+2cos(\frac{B+C}{2}).cos(\frac{B-C}{2})\leq 2-4sin^2\frac{A}{2}+2.sin\frac{A}{2}=2,5-(2sin\frac{A}{2}-\frac{1}{2})^2\leq 2,5$

cho a,b,c không âm  thỏa mãn $\sum a^{2}=1$ . Tìm Min , Max của

$P=\sum \frac{a}{1+bc}$

bài này đối xứng nhưng mà max lại là 1 có vẻ bị sao ở đây rồi???

Đặt $p=a+b+c$ , $q=ab+bc+ca$ và $r=a.b.c$,
Từ BĐT ban đầu ta quy đồng vế trái lên, sẽ đưa về được :
$\frac{p^2+q}{p.q-r}\leq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow 2p^2+2q\leq 3pq-3r$
$\Leftrightarrow p^2-2p-3r\geq p^2-2p-\frac{p^2}{3}\geqslant 0$ ( Vì $p=q$ )
Ta có :$r\geq \frac{p.q}{9}=\frac{p^2}{9}$ 
Nên $p^2-2p-3r\geq p^2-2p-\frac{p^2}{3}$
Ta cần chứng minh $p^2-2p-\frac{p^2}{3}\geq 0$ hay $p.(p-3)\geq 0$ (1)
Từ giả thiết $p=q \Rightarrow p=q\leq \frac{p^2}{3}$ 
$\Rightarrow p\geq 3$  (2) 
Từ (2) suy ra (1) đúng
Vậy BĐT được chứng minh

chỗ này ngược dấu rồi bạn

Bạn ơi đề đúng có phải thế này không?????

Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=ab+bc+ca$

CMR: $P=\frac{1}{a^2+c+1}+\frac{1}{b^2+a+1}+\frac{1}{c^2+b+1} \leq 1$

 

ta có: $(a^2+c+1)(1+c+b^2)\geq(a+b+c)^2 => \frac{1}{a^2+c+1}\leq\frac{b^2+c+1}{(a+b+c)^2}$

$=>\sum \frac{1}{a^2+c+1}\leq\sum\frac{\sum a^2 +\sum a +3}{(a+b+c)^2}=\sum\frac{\sum a^2 +\sum ab+3}{(a+b+c)^2}$

mà $(ab+bc+ca)^2=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)=> ab+bc+ca \geq 3$

$=> P\leq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$ (dpcm)

dấu '=' khi $a=b=c=1$