Bài 130:Với 0<a,b,c<1.CMR:$\sum \frac{1-a}{1+b+c}\geq 3(1-a)(1-b)(1-c)$

__
MOD: Bạn kiểm tra lại đề đi nhé. Bài này sẽ xoá vào ngày mai nếu như đề không sửa lại.

Sorry, mình nhầm ,mình sửa lại rùi nè!

Bai nua nha!

Bài 131:Cho a,b,c > 0.CMR: $\frac{b+c}{a}+\frac{2a+c}{b}+\frac{4(a+b)}{a+c}\geq 9$

___
MOD: Vui lòng Đánh tiếng Việt có dấu!

Bài 140: ( Bài này khá hay ) .Cho a,b,c>0 và abc=1 . CMR:
$1+\frac{3}{a+b+c}\geq \frac{6}{ab+bc+ca}$

Bài 142: Cho $\bigtriangleup DEF$ lấy điểm $I$ di động trên cạnh $DF$. Kẻ $IK//DE,IP//EF$.Gọi $S_{1},S_{2},S_{3}$ thứ tự là diện tích của $ \bigtriangleup IKD$, $\bigtriangleup IPF$, hình bình hành $KIPE$.Chứng minh rằng:$$S_{1},+S_{2}\geq S_{3}$$.Dấu "=" xảy ra khi nào??

Bài này hình nhu sai đề rùi! đây là đẳng thúc

Mình xin giải Bài 188 cua anh huymit nhu sau:


Gia su ab + bc + ca >3 .Ta se chung minh:

A=$ \sum \frac{1}{a^{_{2}}+2}< 1$
$ \sum \frac{1}{a^{_{2}}+2}< 1 \Leftrightarrow \frac{3}{2}-A> \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+2}> 1$
Áp dụng bđt Schwars ta có:
$ \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+2}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+6}$
Ta se chung minh: $ \frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+6}> 1\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)> 6$(dung theo gia su)$ \Rightarrow A> 1$ trai vs gt => dieu gs la sai $ \Rightarrow ab+bc+ca\leq 3$

___
MOD: Vui lòng gõ tiếng Việt có dấu. Đây là lần thứ 2 mình nhắc nhở bạn rồi. Còn tái phạm sẽ del bài không báo trước.

Bài 194 chuan hoa co ve nhanh hon!
Chuan hoa $ xy+yz+zx= 3$ .De dang co:$ x+y+z\geq 3$,$ xyz\leq 1$
Ta co:$ \sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}= \sqrt{(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz}\geq \sqrt{3.3-1}= 2\sqrt{2}$
$\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\geq 3\sqrt{2}$
$ \Rightarrow VT\geq 12$,$ VP=12$$ \Rightarrow VT\geq VP$
Xin moi nguoi thong cam! May nha minh bi loi ko danh dc dau!

Bài 210: Cho a,b,c>0 .CMR:
$ \sqrt{\sum c^{2}(a+b)^{2}}\geq \frac{54(abc)^{3}}{(a+b+c)^{2}\sqrt{(ab)^{4}+(bc)^{4}+(ca)^{4}}}$

Mình giải bai 214 nhu sau:(chả bít có đúng ko)
Ta có: $ P^{2}= (a.ab+b.bc+c.ca)^{2}$
$ \Rightarrow P^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$
$ \Rightarrow P^{2}\leq 1.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{3}= \frac{1}{3}\Rightarrow P\leq \sqrt{\frac{1}{3}}$

Để mình chém bài này! Mọi nguoi tu vẽ hình nhá!

Gọi E là trung điểm của AB .Suy ra:$ \widehat{AHE}= \widehat{BAH}$ và $ ME//AC$
Vì $ ME//AC$ nên $\widehat{AME}=\widehat{MAC}$
Mà $\widehat{BAH}=\widehat{MAC}$ nên $\widehat{AHE}=\widehat{AME}$
$ \Rightarrow$ AEHM nội tiếp $ \Rightarrow \widehat{AEM}= \widehat{AHM}= 90^{\circ}\Rightarrow \widehat{BAC}= 90^{\circ}$

Mình giải bai 214 nhu sau:(chả bít có đúng ko)
Ta có: $ P^{2}= (a.ab+b.bc+c.ca)^{2}$
$ \Rightarrow P^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$ (1)
$ \Rightarrow P^{2}\leq 1.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{3}= \frac{1}{3}\Rightarrow P\leq \sqrt{\frac{1}{3}}$ (2)

(1) Dùng Bunhiacopski.
(2) Dùng BDT : $3(xy+yz+zx)\leq (x+y+z)^{2}$

À nghĩ ra rồi em chém trực tiếp bài này :
Gọi A là 1 điểm trong 6 điểm. 5 điểm nối với A là $B,C,D,E,F$ được tô bởi hai màu nên ta sử dụng nguyên lý Đi Dép Lê tồn hai đoạn thẳng cùng màu . Ko mất tỉnh tổng quát ta giả sử AB,AC,AD cùng màu đỏ
Xét tam giác BCD nếu có cạnh BC màu đỏ tì tồn tại 3 cạnh fải màu đỏ( tam giác ABC) . Nếu tam giác BCD ko có cạnh nào màu đỏ tì bài toán đk chứng minh xong
=========
p/s: Mọi người coi lại dùm e làm sơ sơ có biết đúng hay ko nựa

Chỗ màu đỏ nên chũa lại thành:
Xét tam giác BCD nếu có 1 trong 3cạnh BC,CD,BD màu đỏ tì tồn tại 3 cạnh fải màu đỏ( tam giác ABC,ABD,ACD)
________________________________________________________________________
Đây là bài tổ hop hình học khá wen thuộc!

Góp vui 1 bài :
Cho một đa giác lồi có diện tích $ 24cm^{2}$.CMR : ta luôn vẽ được trong đa giác đó một tam giác có diện tích không nhỏ hơn $ 6cm^{2}$.

Bài 219: Cho $x,y,z>0$.Chứng minh rằng:
$$3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2) \ge xyz(x+y+z)^3$$

Bài này mình giải nhu sau:
BDT : $ \Leftrightarrow 3(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})(xy^{2}+yz^{2}+zx^{2})\geq (x+y+z)^{3}$
$ \Leftrightarrow (1+1+1)(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})(zx^{2}+xy^{2}+yz^{2})\geq (x+y+z)^{3}$
(luôn đúng theo BDT Holder)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.

___________________________________________________________________________
Cách này ko bít có đúng ko , vì dấu "=" xảy ra vs mọi x = y = z.

Bài toán: Trên bàn cờ 1995 X 1995 ô vuông có một mã ở một ô nào đó. Hỏi con mã có thể qua tất cả các ô, mỗi ô đúng một lần rồi quay về chỗ ban đầu hay không?
Bác nào biết đánh cờ là giải được bài này .

Ta tô màu các ô vuông băng 2 màu đen và trắng ( nhu bàn cờ vua) . Ko mất tính tông quát giả sử con mã ở ô màu trắng . Con mã đi thêm 1 buoc thì nó ở ô đen , đj thêm 3 buóc thì nó lại o đen .Suy ra sau 1 số lẻ buóc nó sẽ o ô đen . Để qua tất cả các ô, mỗi ô đúng một lần rồi quay về chỗ ban đầu thì con mã phải đi 1995 X 1995 buóc - là 1 số lẻ , suy ra nó sẽ trỏ về 1 ô đen , trái vs giả su ban đàu nó o ô trắng .
VẬY con mã biến thành SIÊU NHÂN GAO thì nó mói có thể đi đc nhu đè bài !

Thử bài này xem (cũng dễ)
Cho lục giác đều ABCDEG. Trong đó đỉnh A được tô đỏ, các đỉnh còn lại được tô xanh. Người ta đổi màu các đỉnh của lục giác theo quy tắc. Mỗi lần đổi màu đồng thời 3 đỉnh liên tiếp (xanh sang đỏ, đỏ sang xanh).Hỏi sau 1 số lần đổi màu có thể đạt được đỉnh B được tợ màu đỏ và đỉnh còn lại được tô màu xanh hay không

Xét các điểm đối xúng vs nhau wa tâm O hình luc giác .
Giả su làm đc nhu đề bài.Khi đó A,C,D,E,G cùng màu xanh .
Ta thấy , sau 1 lần đổi thì ko thể đổi màu cả 2 điểm đối xúng nhau .Do đó:
- Ban đầu A đỏ , D xanh nên muốn cả 2 có màu xanh thì cần 1 số lẻ lần đổi màu. (1)
-Ban đầu C xanh, G xanh nên muốn cả 2 có màu xanh thì cần 1 số chẵn lần đổi màu. (2)
Tu (1) và (2) suy ra mâu thuẫn $ \Rightarrow$ điều giả sủ là saj $ \Rightarrow$ CAN NOT

Tính số đo của góc nhọn x biết: 5sin( $90^{\circ}$ - x ) - 3cosx = 1,5

5sin( $90^{\circ}$ - x ) - 3cosx = 1,5
$\Leftrightarrow 5\cos x-3\cos x=1,5$
$ \Leftrightarrow 2\cos x=1,5$
$ \Leftrightarrow \cos x=0,75$
$ \Leftrightarrow x\approx =41,40962211$

Lời giải 2: ( dùng hình của perfectstrong nha ! ) ( hoi tắt )
Theo TC 2 tiếp tuyến cắt nhau , ta có : IB = ID ; IA = IC .
Ta có : 1,5CD = AB = IB + IA = ID + IC = CD + 2IC
$ \Rightarrow 0.5CD= 2IC\Rightarrow IC= \frac{1}{4}.CD\Rightarrow IC= \frac{1}{5}.ID$
Sau đó dùng đồng dạng tính đc ID,IC qua
$\vartriangle DI{O_2} \sim \vartriangle C{O_1}I$ rồi tính ${O_1}I$ và $I{O_2}$
rồi suy ra ${O_1}{O_2}$

Anh xin gợi ý bài này
ĐIỀU KIỆN XÁC ĐỊNH : $0\le x\le1$
Đặt $t=\sqrt{x}, t\ge0$
$\iff \sqrt{1-t^4}=(\frac{2}{3}-t)^{2}$
$\iff (\frac{2}{3}-t)^{2}(\sqrt{1-t^4})=(\frac{2}{3}-t)^{4}$
$\iff9(1-t^4)=(\frac{2}{3}-t)^{4}$
Trừ hai vế cho nhau ta được
$\iff t^4-\frac{4}{3}t^3+\frac{4}{3}t^2-\frac{16}{27}t-\frac{65}{172}=0$
Đặt $t=z+\frac{1}{3}$
Phương trình trên trở thành :
$3z^4+2z^2-\frac{79}{54}=0$
Đến đây các bạn tự giải lấy koi như đã giải quyết được phần khó

nguyenta98ka oi ! Sao cậu lại nghĩ ra con số $ \frac{1}{3}$ vậy ? Có cách gì đó phải ko ? Chia sẻ vs anh em đj!

Em xin mạo muội có ý kiến thế này :

Sao VMF không tổ chúc 1 cuộc thi dành riêng cho các bạn THCS để khuyến khích việc học tập .

Đó là ý kiến của em , mong rằng sẽ đc BQT chấp thuận và cuộc thi này sẽ đc hiện thục hóa .

Thân !

cho x,y,z dương và x+y+z=3 crm $x+y+z\geq \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}$

Bài này sai đề rồi .
Ta có : $ \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\geq \frac{9}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\geq \frac{9}{\sqrt{3(x+y+z)}}= 3= x+y+z$

Bài 268: Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3. CMR:
$\frac{a^2}{a+2b^3}+\frac{b^2}{b+2c^3}+\frac{c^2}{c+2a^3}\geq 1$

Ta có : $ \frac{a^{2}}{a+2b^{3}}= a-\frac{2ab^{3}}{a+2b^{3}}= a-\frac{2ab^{3}}{a+b^{3}+b^{3}}\geq a-\frac{2ab^{3}}{3b^{2}\sqrt[3]{a}}$
$$ \Rightarrow \frac{a^{2}}{a+2b^{3}}\geq a-\frac{2}{3}.\sqrt[3]{a^{2}}b = a-\frac{2}{3}.\sqrt[3]{ab.ab.b}\geq a-\frac{2}{9}(2ab+b)$$
Tương tự có 2 bđt nữa rồi cộng chúng lại , ta có :
$ VT\geq (a+b+c)-\frac{2}{9}.(2ab+2bc+2ca+3)\geq 1$
$\Rightarrow$ Đ.P.C.M .

Tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tận cùng là 2008 mà chia hết cho 2007?

Bài này vùa thj CAsio Vĩnh Phúc hôm nọ nhg thay 2008 , 2007 bằng 2012 , 2011

Ta có : $ 60= 2^{2}.3.5= 4.3.5$
Ta thấy : tử số ko thể chỉ có 1 thùa số 2 vì nếu chỉ có 1 thùa số 2 thì khi đó mẫu cũng chúa thùa số 2 thì phân số ko tối giản .Do đó , tử sẽ chúa cả 2 thùa số 2 . Suy ra , tử số sẽ là các số 1,3,4,5 ( vì phân số bé hơn 1 ) .Vậy có 4 phân số thỏa mãn đề bài .

Mình xin giải thử,không biết có đúng không:
Ta áp dụng: $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 9$
$(\frac{xy+1}{x}+\frac{yz+1}{y}+\frac{zx+1}{z})P\geq 9$
Mà,ta có:$\frac{xy+1}{x}+\frac{yz+1}{y}+\frac{zx+1}{z}=x+\frac{1}{x} +y+\frac{1}{y}+z+\frac{1}{z}\geq 6$
$\Leftrightarrow 6P\geq 9 \Leftrightarrow P\geq \frac{3}{2}$
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$

Bạn giải sai rùi ! Ko thể suy ra nhu thế đc

Em nộp bài :
Giả sủ phương trình có nghiệm và $x_0$ , $y_0$ , $z_0$ là nghiệm nhỏ nhất của phương trình .
Ta có : $ (36x+y)(36y+x)= 2^{z}$ (1)
Vì $ 2^{z}$ là lũy thùa của 2 nên cả hai thùa số $ (36x+y)$ và$ (36y+x)$ đều fải là lũy thùa của 2
hay $ (36x+y)\equiv 0(mod 2)$ và $ (36y+x)\equiv 0(mod 2)$ hay x,y chia hết cho 2 .
Giả sủ phương trình có nghiệm và $x_0,y_0,z_0$ là nghiệm nhỏ nhất của phương trình .
Đặt $x_0=2x_1 , y_0=2y_1$ ( $x_1 ,y_1$ là số tụ nhiên )
$(1)\Leftrightarrow (72 x_1 +2 y_1)+(72 y_1+2 x_1)= 2^{ z_0 }$
$\Leftrightarrow (36 x_1 + y_1 )(36 y_1+ x_1)= 2^{ z_0 -2}$
Đặt $z_0-2=z_1\Rightarrow x_1 , y_1 , z_1$ cũng là nghiệm của PT , nhung điều này vô lí vì
$x_1<x_0 , y_1<y_0, z_1<z_0$.
Vậy PT đã cho vô nghiệm .
________________________________________________________________________________________
Bài tổng quát :Giải PT nghiệm nguyên duong .
$(kx + y)(ky + x) = p^z$
vs p là số nguyên tố , k là số tụ nhiên chia hết cho p nhg ko fải là lũy thùa của p.
CM hoàn toàn tuong tu nhu trên .

Kết quả:
D-B=30.5
E=10
F=1 * 10=10
S=57.5