Cam on anh monkey nha...
Em dang tim cuon nay tren mang ma trang nuoc ngoai no khong tai mien phi...
Cam on anh nhieu...
sieunhan nội dung
Có 124 mục bởi sieunhan (Tìm giới hạn từ 24-04-2020)
#184998 "Giải một bài toán như thế nào" của Polya
Đã gửi bởi
on 11-05-2008 - 04:38
trong
Seminar Phương pháp toán sơ cấp
#49002 TIM GIA TRI CUA ........
Đã gửi bởi
on 22-12-2005 - 17:10
trong
Công thức lượng giác, hàm số lượng giác
Theo mình thì việc tìm giá trị lg của 10 đọ khong có ý nghĩa bằng viẹc chỉ ra nó là nghiệm của 1 pt đại số nào đó.Cụ thể ta dựa vào bổ đề
Tam giác ABC có AB=AC,góc A = 20 độ khi đó ta có: a^3+b^3=3*a*b^2 trong đó a,b là các cạnh của tam giác.Từ đó suy ra điều cần tìm.
Tam giác ABC có AB=AC,góc A = 20 độ khi đó ta có: a^3+b^3=3*a*b^2 trong đó a,b là các cạnh của tam giác.Từ đó suy ra điều cần tìm.
#44858 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 30-11-2005 - 18:04
trong
Hình học phẳng
Bài này cũng không khó.
Trước hết AD cắt BC ở L.Ta có L,I,J thẳng hàng(Đường thẳng Gauss).
Mặt khác IJ song song với phân giác góc ALD.
Từ đó theo địng lý đường trung bình ta có đpcm.
Trước hết AD cắt BC ở L.Ta có L,I,J thẳng hàng(Đường thẳng Gauss).
Mặt khác IJ song song với phân giác góc ALD.
Từ đó theo địng lý đường trung bình ta có đpcm.
#44507 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 28-11-2005 - 17:36
trong
Hình học phẳng
Bài này khong khó khăn gì cả.
dùng định lý Ceva ta tính được tỉ số AA0 chia BC là A2C/A1B.
Sau đó thiết lập các đẳng thức tượng tự chú ý công thức tính bán kính Ra là r/(cos(A/2))^2 với r là bán kính đường tròn nội tiêpa ABC.
dùng định lý Ceva ta tính được tỉ số AA0 chia BC là A2C/A1B.
Sau đó thiết lập các đẳng thức tượng tự chú ý công thức tính bán kính Ra là r/(cos(A/2))^2 với r là bán kính đường tròn nội tiêpa ABC.
#44308 Bai hinh
Đã gửi bởi
on 27-11-2005 - 17:30
trong
Hình học không gian
Cho hai duong thang d1,d2 cheo nhau.
Hoi co ton tai hay khong phep bien hinh bien d1->d'1,d2->d'2 ma d'1//d'2 hoac d'1 trung voi d'2?
Hoi co ton tai hay khong phep bien hinh bien d1->d'1,d2->d'2 ma d'1//d'2 hoac d'1 trung voi d'2?
#43749 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 24-11-2005 - 18:01
trong
Hình học phẳng
Với viẹc sử dung tích vô hướng bài toán tổng quát tìm M để tổng các khoảng cách từ nó tới AB,CD và AD,BC là giải được trọn vẹn(không cần viện tới tích ngoài) quĩ tich là một phần đường thẳng.
#43747 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 24-11-2005 - 17:57
trong
Hình học phẳng
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O).
Dựng P,Q nằm trên AB,CD sao cho PQ là phân giác chung của hai góc AQB và CPD.
Có thể nghĩ rằng đây là bài dựng hình nhưng thực chất là một tính chất khá hay của tgnt.
Dựng P,Q nằm trên AB,CD sao cho PQ là phân giác chung của hai góc AQB và CPD.
Có thể nghĩ rằng đây là bài dựng hình nhưng thực chất là một tính chất khá hay của tgnt.
#43745 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 24-11-2005 - 17:54
trong
Hình học phẳng
Cho lục giác A1A2A3A4A5A6 có A1A2//A4A5,A2A3//A5A6,A3A4//A6A1.
Em xin nêu 4 tính chât mà em tìm được,mong các anh quan tâm đóng góp thêm vào để phong phú hơn:
1)X,Y,Z là trung điểm A1A2,A3A4,A5A6 và X',Y',Z' là trung điểm A4A5,A6A1,A2A3
thì XX',YY',ZZ' đồng qui.
Tổng quát: xác định X trên A1A2,X' trên A4A5 sao cho XA1/XA2=X'A4/X'A5=k, tương tự có Y,Z,Y',Z' và các tỉ số l,m.Xác định quan hệ k,l,m để XX',YY',ZZ' dồng qui.
2)A1A6 cắt A2A3 ở B45,A2A3 cắt A4A5 ở B61,A4A5 cắt A1A6 ở B23.
Tương tự
A1A2 cắt A3A4 ở B56,A3A4 cắt A5A6 ở B12,A5A6 cắt A1A2 ở B43.
Khi đó B45X,B23Z,B16Y đồng qui ở R1.
B43Y',B56Z',B12X' đồng qui ở R2.
3)Với G là trọng tấm hệ điểm A1A2A3A4A5A6 thì G thuộc R1R2.
4)Xét đường chéo chính A6A3.Với tứ giác A1A2A3A6 thì hai đường chéo cắt nhau ở K,với thứ giác A4A5A6A3 thì hai đường chéo cắt nhau ở K',
Xét các đường chéo chính còn lại để được L,L' và T,T'
Chứng minh KK',LL',TT' đồng qui.
Ngoài ra câu hỏi là các đường như B45X',B23Z',B16Y' có đồng qui không?(Tương tự cho bộ thứ hai..)
Nhận xét thêm về điểm G liêu có lục giác mà XX',YY',ZZ' đồng qui ở G không?
Các đường chéo chính A3A6,A1A4,A2A5 cắt nhau tạo thành tam giác:
1)Khi nào tam giác suy biến?
2)Ước lượng về diẹn tích S của tam giác đó?.
Chú ý rằng Bij=Bji.
Em xin nêu 4 tính chât mà em tìm được,mong các anh quan tâm đóng góp thêm vào để phong phú hơn:
1)X,Y,Z là trung điểm A1A2,A3A4,A5A6 và X',Y',Z' là trung điểm A4A5,A6A1,A2A3
thì XX',YY',ZZ' đồng qui.
Tổng quát: xác định X trên A1A2,X' trên A4A5 sao cho XA1/XA2=X'A4/X'A5=k, tương tự có Y,Z,Y',Z' và các tỉ số l,m.Xác định quan hệ k,l,m để XX',YY',ZZ' dồng qui.
2)A1A6 cắt A2A3 ở B45,A2A3 cắt A4A5 ở B61,A4A5 cắt A1A6 ở B23.
Tương tự
A1A2 cắt A3A4 ở B56,A3A4 cắt A5A6 ở B12,A5A6 cắt A1A2 ở B43.
Khi đó B45X,B23Z,B16Y đồng qui ở R1.
B43Y',B56Z',B12X' đồng qui ở R2.
3)Với G là trọng tấm hệ điểm A1A2A3A4A5A6 thì G thuộc R1R2.
4)Xét đường chéo chính A6A3.Với tứ giác A1A2A3A6 thì hai đường chéo cắt nhau ở K,với thứ giác A4A5A6A3 thì hai đường chéo cắt nhau ở K',
Xét các đường chéo chính còn lại để được L,L' và T,T'
Chứng minh KK',LL',TT' đồng qui.
Ngoài ra câu hỏi là các đường như B45X',B23Z',B16Y' có đồng qui không?(Tương tự cho bộ thứ hai..)
Nhận xét thêm về điểm G liêu có lục giác mà XX',YY',ZZ' đồng qui ở G không?
Các đường chéo chính A3A6,A1A4,A2A5 cắt nhau tạo thành tam giác:
1)Khi nào tam giác suy biến?
2)Ước lượng về diẹn tích S của tam giác đó?.
Chú ý rằng Bij=Bji.
#41865 Bạn là ai?!
Đã gửi bởi
on 12-11-2005 - 17:41
trong
Góc giao lưu
Sao đang nói vè phương pháp hay suy nghĩ để giải một bài lại lái sang bất đẳng thức vậy.Em thấy nên thảo luận về 'phương pháp' tiếp cận vấn đề 'hợp lý, nhanh gon' và 'cách suy nghĩ ' về vấn đề như thế nào để có được lời giải..Dẫu không tim được lời giải,không thành công thì cũng rút được đội điều bổ ích(trích ý Polya).Nên thảo luận tổng quát hơn về nhiều mặt,phân môn như số học(các vấn đề xung quanh số nguyên tố),hình học(quá nhiều..),đại số(đạo hàm,tích phân,..) chứ cứ bo bo vài cái bất dẳng thức đố nhau chẳng qua là nhờ có cái 'khóa' hiểm hóc thì đọc cái topic này vô nghĩa.Nếu lời giải hay có thể suy ra nhiều vấn đề khác thì đưa lên để nhiều người nhận xét,suy ngẫm.Nếu không thì chẳng còn gì để nói...
#40636 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 03-11-2005 - 17:43
trong
Hình học phẳng
Bổ đề 1: (Định Lý Pascal 2): ABCDEF nội tiếp (O).Khi đó các giao điểm của EC và BD, EA và BF,FC và AD thẳng hàng.
Hệ quả 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) M1,M2 là 2 điểm bất kỳ.AM1 cắt (O) ở A2,A2M2 cắt (O) ở A3,AM2 cắt (O) ở A4.Tương tự có B4,C4.Chứng minh AA4,BB4,CC4 đồng qui ở T nằm trên M1M2.
Sau đó áp dụng hệ quả này cho các điểm đặc biệt ta có đpcm.
Cách phát biểu khác:
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) AD,BE,CF là 3 đường cao.EF cắt BC ở A2,AA2 cắt (O) ở A3.AO cắt (O) ở A4.Chứng minh AA4,BB4,CC4 đồng qui.
Hệ quả 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) M1,M2 là 2 điểm bất kỳ.AM1 cắt (O) ở A2,A2M2 cắt (O) ở A3,AM2 cắt (O) ở A4.Tương tự có B4,C4.Chứng minh AA4,BB4,CC4 đồng qui ở T nằm trên M1M2.
Sau đó áp dụng hệ quả này cho các điểm đặc biệt ta có đpcm.
Cách phát biểu khác:
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) AD,BE,CF là 3 đường cao.EF cắt BC ở A2,AA2 cắt (O) ở A3.AO cắt (O) ở A4.Chứng minh AA4,BB4,CC4 đồng qui.
#40444 thách cả diễn đàn
Đã gửi bởi
on 01-11-2005 - 17:45
trong
Hình học
Em nối thêm không có ý gì nhưng bài này đã có trên mathlinks đồng thời lời giải của nó có tới 2,3 cách khác nhau và không khó.Không nên hấp dẫn bằng cách ' to mồm' như vậy.Hình học hấp dẫn ở sự nhẹ nhàng đơn giản,chứng mnih đẹp.Nếu bạn quyền có thể có một lời giải thực dự đẹp có ý nghĩa thì đưa lên.
#39673 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 27-10-2005 - 17:49
trong
Hình học phẳng
Ta có
1)MI cắt AH ở P khi đó AP=r.Suy ra APDI là hbh nên DP//AI-> DP vuong góc EF.Vậy DP,EQ,FR đồng qui ở H' là trực tâm DEF.
2)Trực tâm tam giác DEF nằm trên OI hay OI là đường thẳng ơle tam giác DEF.
Bài toán được chứng minh.
1)MI cắt AH ở P khi đó AP=r.Suy ra APDI là hbh nên DP//AI-> DP vuong góc EF.Vậy DP,EQ,FR đồng qui ở H' là trực tâm DEF.
2)Trực tâm tam giác DEF nằm trên OI hay OI là đường thẳng ơle tam giác DEF.
Bài toán được chứng minh.
#39353 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 25-10-2005 - 17:00
trong
Hình học phẳng
Nếu để ý thực sự thì bài này như sau:
Cho tam giác ABC với (I) nội tiếp.Dựng (T) qua B,C và tiếp xúc với (I).
Lời giải(Gợi ý):Gọi M là tiếp điểm của (I) với BC ròi sử dụng nghịch đảo cực M phương tích tùy ý.
Sau đó lời giải hoàn toàn tương tự như phép chứng minh dử dụng đối cực trong bài TST 2003 mình đã giải.
Cho tam giác ABC với (I) nội tiếp.Dựng (T) qua B,C và tiếp xúc với (I).
Lời giải(Gợi ý):Gọi M là tiếp điểm của (I) với BC ròi sử dụng nghịch đảo cực M phương tích tùy ý.
Sau đó lời giải hoàn toàn tương tự như phép chứng minh dử dụng đối cực trong bài TST 2003 mình đã giải.
#39123 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 23-10-2005 - 18:03
trong
Hình học phẳng
XIn phép đươcj lật lại vấn đề này:
Thực ra bài toán này chính là đề thi Iran năm 99:
Cho (O') tiếp xúc trong với (O) ở T các tiếp tuyến MAP và NAQ với (O') cắt nhau ở A.Chứnh minh phân giác MTN đi qua tâm nội tam giác AMN.(1)
Bổ đề 1
Định lý Ptoleme cho tứ giác nội tiếp);
Bổ đề 2:Cho ABC bội tiếp (O) AA',BB',CC' tiếp xúc với (O') khi đó AA'*BC,BB'*CA,CC'*AB có một đoạn là tổng hay đoạn còn lại khi và chỉ khi (O') tiếp xúc với (O);(ĐỊnh lý Ceasy);
Bây giờ gọi E,F là tiếp điểm của (O') với MP,NQ.TRứơc hết ta chứng minh (TM+TQ)/MQ=(TN+TP)/NP
Áp dụng bd 2 ta có
TM/TN*NE/MF=1 (1)
TQ=TM*QE/MF suy ra TQ+TM= TM*(QE+MF)/MF nên
(TM+TQ)/MQ=TM/QM*(QE+MF)/MF (2)
Tương tự có (TN+TP)/NP=(FP+NE)/NE*TN/PN (3)
Từ 1),2),3) kết hợp với tam giác AMQ,ANP đồng dạng suy ra ĐPCM;
Phép nghich đảo cực T phương tích tùy ý cho ta
Cho (O1),(O2) cắt nhau ở điểm T.Đừong thẳng song song với tiếp tuyến của 2 đưởng tròn cắt chung thứ tụ ở Q,N và M,P.K,L là chân phan giác từ T của TMQ,TNP.Chứng minh phân giác MTN là trục đẳng phương của (TKN) và (TLM).
Bằng tính toán các bạn có thể đưa về mà ta vừa chứng minh.
Xin nếu ở đây 2 hẹ quả:
1)Gọi I1,I2 là tâm nội tiếp TMQ,QNP phất biểu ở (1) chứng minh I1I2//EF;
2)TY,TZ là chân các phân giác của TMQ,TNP hạ từ T.Khi đó Y,E,F,Z thẳng hàng.
Mong các bạn đóng góp thêm.
Thực ra bài toán này chính là đề thi Iran năm 99:
Cho (O') tiếp xúc trong với (O) ở T các tiếp tuyến MAP và NAQ với (O') cắt nhau ở A.Chứnh minh phân giác MTN đi qua tâm nội tam giác AMN.(1)
Bổ đề 1
Định lý Ptoleme cho tứ giác nội tiếp);Bổ đề 2:Cho ABC bội tiếp (O) AA',BB',CC' tiếp xúc với (O') khi đó AA'*BC,BB'*CA,CC'*AB có một đoạn là tổng hay đoạn còn lại khi và chỉ khi (O') tiếp xúc với (O);(ĐỊnh lý Ceasy);
Bây giờ gọi E,F là tiếp điểm của (O') với MP,NQ.TRứơc hết ta chứng minh (TM+TQ)/MQ=(TN+TP)/NP
Áp dụng bd 2 ta có
TM/TN*NE/MF=1 (1)
TQ=TM*QE/MF suy ra TQ+TM= TM*(QE+MF)/MF nên
(TM+TQ)/MQ=TM/QM*(QE+MF)/MF (2)
Tương tự có (TN+TP)/NP=(FP+NE)/NE*TN/PN (3)
Từ 1),2),3) kết hợp với tam giác AMQ,ANP đồng dạng suy ra ĐPCM;
Phép nghich đảo cực T phương tích tùy ý cho ta
Cho (O1),(O2) cắt nhau ở điểm T.Đừong thẳng song song với tiếp tuyến của 2 đưởng tròn cắt chung thứ tụ ở Q,N và M,P.K,L là chân phan giác từ T của TMQ,TNP.Chứng minh phân giác MTN là trục đẳng phương của (TKN) và (TLM).
Bằng tính toán các bạn có thể đưa về
mà ta vừa chứng minh.Xin nếu ở đây 2 hẹ quả:
1)Gọi I1,I2 là tâm nội tiếp TMQ,QNP phất biểu ở (1) chứng minh I1I2//EF;
2)TY,TZ là chân các phân giác của TMQ,TNP hạ từ T.Khi đó Y,E,F,Z thẳng hàng.
Mong các bạn đóng góp thêm.
#38995 cm bdt hay day
Đã gửi bởi
on 22-10-2005 - 08:17
trong
Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
bài này dễ,vế trái >=(a^b+b^c+c^a)+(a^c+c^b+b^a)
từng biểu thức trong () >1(dùng đạo hàm)
từng biểu thức trong () >1(dùng đạo hàm)
#38851 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 20-10-2005 - 17:38
trong
Hình học phẳng
Tớ có bài này không giải được: CHO tam giác ABC M thuộc đoạn BC (O1)=(MAB),(O2)=(MAC),P,Q là trung điểm cung MB,MC không chứa A của (O1) và (O2).CHúng minh đường thẳng qua M vuông góc PQ qua điểm cố định.
#38850 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 20-10-2005 - 17:35
trong
Hình học phẳng
Nếu bạn muốn lời giải phàn 2) một cách độc lập với 3) thì cũng được
MA/BC=(MA*GA)/(BC*GA);
BC*GA<=(a^2+b^2+c^2)/(2*sqrt(3)) và tương tự cho 3 bddt thức khác.
Đồng thời ta có MA*GA+MB*GB+MC*GC>=GA^2+GB^2+GC^2;
Ta có đpcm;
MA/BC=(MA*GA)/(BC*GA);
BC*GA<=(a^2+b^2+c^2)/(2*sqrt(3)) và tương tự cho 3 bddt thức khác.
Đồng thời ta có MA*GA+MB*GB+MC*GC>=GA^2+GB^2+GC^2;
Ta có đpcm;
#38270 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 15-10-2005 - 17:50
trong
Hình học phẳng
Theo tôi lấy trung điểm M 'cung BC có chứa A' thì mới đúng chứng minh S(ABC)<S(MBC) như sau gọi T là trung điểm cung BC còn lại TA cắt BC ở X TM cắt BC ở Y thì MY=TM-TY=2*R-TY>TA-TY>AY>d(A,BC) trong đó d(A,BC) là khoảng cách từ A tới BC.Vậy S(ABC)<S(MBC);qui về tìm cực trị của tam giác cân nội tiếp (O,R) đã cho,xét 2 trường hợp:
1)góc(BMC)>=90;
2)góc(BMC)<90;
Không khó khăn lắm thực hiện được điều trên;
Tư tưởng chứnh minh theo tôi là đúng.
1)góc(BMC)>=90;
2)góc(BMC)<90;
Không khó khăn lắm thực hiện được điều trên;
Tư tưởng chứnh minh theo tôi là đúng.
#38262 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 15-10-2005 - 17:33
trong
Hình học phẳng
Đây là định lý Droz-Farny.Một cách chứng minh của bài này là dựa trên 2bổ đề sau:
1)X,Y,Z nằm trên BC,CA,AB thì các đường tròn AYZ,BZX,CXY có điểm chung;
2)Các đường thẳng đối xứng của d1 qua 3 cạnh BC,CA,AB đồng qui ở điểm S1 (Điểm Avi-Steiner) đồng thời các đường thẳng này qua Ha,Hb,Hc là đối xứng của H qua 3 cạnh tam giác.
Ý tưởng cơ bản ở đây là chứng minh đường tròn đường kính A1A2,B1B2,C1C2 và (ABC) có điểm chung F;
1)X,Y,Z nằm trên BC,CA,AB thì các đường tròn AYZ,BZX,CXY có điểm chung;
2)Các đường thẳng đối xứng của d1 qua 3 cạnh BC,CA,AB đồng qui ở điểm S1 (Điểm Avi-Steiner) đồng thời các đường thẳng này qua Ha,Hb,Hc là đối xứng của H qua 3 cạnh tam giác.
Ý tưởng cơ bản ở đây là chứng minh đường tròn đường kính A1A2,B1B2,C1C2 và (ABC) có điểm chung F;
#37469 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 08-10-2005 - 17:58
trong
Hình học phẳng
Vấn đề: Cho tam giác ABC Mở trong tam giác đó hãy tìm các bdt liên quan giữa M và tam giác.
Vấn đề này không mới vì đã có nhiều bdt như thế được nêu ra:
1)(BDT ERDOS-MODEL) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?MA+MB+MC\ge{2(MA'+MB'+MC')}với A',B',C' là hình chiếu của M lên 3 cạnh.
Chứng minh và mở rộng của bdt này các bạn có thể tìm thấy ở trong nhiều tài liệu hay bài báo "Từ một bât đẳng thức trong tam giác " của tác giả Bùi Việt Hà trong 30 năm toán tuổi trẻ hoặc bài " BDT ERDOS" của Nguyễn Công Quì ở cùng tài liệu đó.
2) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{MA.MB}{CA.CB}+\dfrac{MB.MC}{AB.AC}+\dfrac{MC.MA}{BC.BA}\ge{1}
Chứng minh bdt trên có thể tìm thấy trên diẽn đàn này.
4)http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{MA}{bc}+\dfrac{MB}{ca}+\dfrac{MC}{ab}\ge{\dfrac{1}{R}} trong đó a,b,c,R là các kí hiệu quen thuộc.
Có một bdt "tương tư" như vậy:
5) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{MA}{a^2}+\dfrac{MB}{b^2}+\dfrac{MC}{c^2}\ge{1}{R} (USAMO 2001).
Mong các bạn đưa được bdt mạnh hơn.
6)Một ý tưởng là đánh giá http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?S=\dfrac{MB.MC}{MA.a}+\dfrac{MC.MA}{MB.b}+\dfrac{MA.MB}{MC.c}.
Lúc đầu tôi chỉ đánh giá được http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?S\ge{\dfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2+4.S.\sqrt{3}}}{a+b+c}}.
Sau một vài biến đổi tôi đã thu được http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?S\ge{\sqrt{3}}. Hiển nhiên đánh giá trên tốt hơn nhiều.(Các bạn tự chứng minh)
Sau cùng là một vài bdt tôi đã thu được mong các bạn quan tâm đóng góp thêm để phong phú hơn:
7)http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{MA^2}{b.c}+\dfrac{MB^2}{c.a}+\dfrac{MC^2}{a.b}\ge{1}
8) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\sin{MA.\sin{BMC}.(\sin{B}.\sin{C})^2}\ge{\dfrac{1}{4}.MA.MB.MC.\sin{BMC}.\sin{CMA}.\sin{AMB}
 MA.BC+MB.CA+MC.AB\ge{\sum{MA.BC.(\sin{MBC}+\sin{MCB})})
Thân mến!
Vấn đề này không mới vì đã có nhiều bdt như thế được nêu ra:
1)(BDT ERDOS-MODEL) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?MA+MB+MC\ge{2(MA'+MB'+MC')}với A',B',C' là hình chiếu của M lên 3 cạnh.
Chứng minh và mở rộng của bdt này các bạn có thể tìm thấy ở trong nhiều tài liệu hay bài báo "Từ một bât đẳng thức trong tam giác " của tác giả Bùi Việt Hà trong 30 năm toán tuổi trẻ hoặc bài " BDT ERDOS" của Nguyễn Công Quì ở cùng tài liệu đó.
2) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{MA.MB}{CA.CB}+\dfrac{MB.MC}{AB.AC}+\dfrac{MC.MA}{BC.BA}\ge{1}
Chứng minh bdt trên có thể tìm thấy trên diẽn đàn này.
4)http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{MA}{bc}+\dfrac{MB}{ca}+\dfrac{MC}{ab}\ge{\dfrac{1}{R}} trong đó a,b,c,R là các kí hiệu quen thuộc.
Có một bdt "tương tư" như vậy:
5) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{MA}{a^2}+\dfrac{MB}{b^2}+\dfrac{MC}{c^2}\ge{1}{R} (USAMO 2001).
Mong các bạn đưa được bdt mạnh hơn.
6)Một ý tưởng là đánh giá http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?S=\dfrac{MB.MC}{MA.a}+\dfrac{MC.MA}{MB.b}+\dfrac{MA.MB}{MC.c}.
Lúc đầu tôi chỉ đánh giá được http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?S\ge{\dfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2+4.S.\sqrt{3}}}{a+b+c}}.
Sau một vài biến đổi tôi đã thu được http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?S\ge{\sqrt{3}}. Hiển nhiên đánh giá trên tốt hơn nhiều.(Các bạn tự chứng minh)
Sau cùng là một vài bdt tôi đã thu được mong các bạn quan tâm đóng góp thêm để phong phú hơn:
7)http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{MA^2}{b.c}+\dfrac{MB^2}{c.a}+\dfrac{MC^2}{a.b}\ge{1}
8) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\sin{MA.\sin{BMC}.(\sin{B}.\sin{C})^2}\ge{\dfrac{1}{4}.MA.MB.MC.\sin{BMC}.\sin{CMA}.\sin{AMB}
Vấn đề: Cho tam giác ABC Mở trong tam giác đó hãy tìm các bdt liên quan giữa M và tam giác.
Vấn đề này không mới vì đã có nhiều bdt như thế được nêu ra:
1)(BDT ERDOS-MODEL) [TeX]MA+MB+MC\ge{2(MA'+MB'+MC')}[/TeX]với A',B',C' là hình chiếu của M lên 3 cạnh.
Chứng minh và mở rộng của bdt này các bạn có thể tìm thấy ở trong nhiều tài liệu hay bài báo "Từ một bât đẳng thức trong tam giác " của tác giả Bùi Việt Hà trong 30 năm toán tuổi trẻ hoặc bài " BDT ERDOS" của Nguyễn Công Quì ở cùng tài liệu đó.
2) [TeX] \dfrac{MA}{a}+\dfrac{MB}{b}+\dfrac{MC}{c}\ge{\sqrt{3}}[/TeX]
Tuy nhiên bdt này như đã biết chỉ là hệ quả của:
3) [TeX]\dfrac{MA.MB}{CA.CB}+\dfrac{MB.MC}{AB.AC}+\dfrac{MC.MA}{BC.BA}\ge{1}[/TeX]
Chứng minh bdt trên có thể tìm thấy trên diẽn đàn này.
4)[TeX]\dfrac{MA}{bc}+\dfrac{MB}{ca}+\dfrac{MC}{ab}\ge{\dfrac{1}{R}}[/TeX] trong đó a,b,c,R là các kí hiệu quen thuộc.
Có một bdt "tương tư" như vậy:
5) [TeX]\dfrac{MA}{a^2}+\dfrac{MB}{b^2}+\dfrac{MC}{c^2}\ge{1}{R}[/TeX] (USAMO 2001).
Mong các bạn đưa được bdt mạnh hơn.
6)Một ý tưởng là đánh giá [TeX]S=\dfrac{MB.MC}{MA.a}+\dfrac{MC.MA}{MB.b}+\dfrac{MA.MB}{MC.c}[/TeX].
Lúc đầu tôi chỉ đánh giá được [TeX]S\ge{\dfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2+4.S.\sqrt{3}}{a+b+c}}[/TeX].
Sau một vài biến đổi tôi đã thu được [TeX]S\ge{\sqrt{3}}[/TeX]. Hiển nhiên đánh giá trên tốt hơn nhiều.(Các bạn tự chứng minh)
Sau cùng là một vài bdt tôi đã thu được mong các bạn quan tâm đóng góp thêm để phong phú hơn:
7)[TeX]\dfrac{MA^2}{b.c}+\dfrac{MB^2}{c.a}+\dfrac{MC^2}{a.b}\ge{1}[/TeX]
8) [TeX]\sin{MA.\sin{BMC}.(\sin{B}.\sin{C})^2}\ge{\dfrac{1}{4}.MA.MB.MC.\sin{BMC}.\sin{CMA}.\sin{AMB}[/TeX]
[TeX]9) MA.BC+MB.CA+MC.AB\ge{\sum{MA.BC.(\sin{MBC}+\sin{MCB})}[/TeX]
Các anh quản lý giúp em đánh lại mấy chỗ xích ma với.Cảm ơn nhiều.Bài viết của bạn rất thú vị, MrMATH đã sửa lại công thức như trên, mong bạn có thêm nhiều bài post chất lượng. Thân mến!
#37264 Đường cao,trung tuyến
Đã gửi bởi
on 06-10-2005 - 17:35
trong
Hình học
Theo em là dùng phản chứng thôi từ a) suy ra b) chứng minh a) là đủ và tổng độ dài ba trung tuyến < 9/2*R chú ý rằng (9/2)*R/3=(3/2)*R<=2*R-r là suy ra ĐPCM;
#37261 Xin chỉ bảo
Đã gửi bởi
on 06-10-2005 - 17:27
trong
Hình học không gian
Bác nào có biét về vấn đề điều kiện cần và đủ để mọt tứ diện là tứ diện gần đều hay tứ diện đều thì xin chỉ bảo cho.
Nếu có tài liệu thì đọc ở đâu ạ?
Nếu có tài liệu thì đọc ở đâu ạ?
#36793 BAI HINH KHONG GIAN HAY
Đã gửi bởi
on 02-10-2005 - 17:37
trong
Hình học không gian
Nếu em không nhầm thì bài này trên báo lâu rồi.(Năm 1997)
Tỉ số là 4/9 (hay 9/4 em không rõ)
Phương pháp là dùng Vecto và điều kiện thẳng hàng của 3 điểm.
Tỉ số là 4/9 (hay 9/4 em không rõ)
Phương pháp là dùng Vecto và điều kiện thẳng hàng của 3 điểm.
#36666 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 01-10-2005 - 17:08
trong
Hình học phẳng
Theo định lý Steiner dẽ thấy DA/DB = const suy ra ĐPCM
#36665 chứng minh đồng quy
Đã gửi bởi
on 01-10-2005 - 17:05
trong
Hình học
Nếu theo như đề bài thì bạn sử dụng Carbi Geometry II là thấy có vấn đề ngay.Đây lại là kiểu bị trực quan đánh lừa
