-Đặt $\widehat{MAB}=\alpha$. Có:
+)$AM=AB.cos\alpha$
+)$AN=\frac{AB}{cos\alpha}$
Vậy: $2AM+AN=2AB.cos\alpha+\frac{AB}{cos\alpha}\geq 2\sqrt{2AB.cos\alpha.\frac{AB}{cos\alpha}}=2AB\sqrt{2}=const$
Dấu bằng xảy ra khi $2AB.cos\alpha=\frac{AB}{cos\alpha}\Leftrightarrow cos\alpha =\frac{\sqrt{2}}{2}\Leftrightarrow \alpha=45^o$

Câu đâu: Để pt có nghiệm thì $\Delta=b^2-4ac\geq 0$
Gọi $x_1;x_2$ là 2 nghiệm của pt (không nhất thiết phân biệt), để $x_1;x_2\geq 0$ thì:
$\left\{\begin{matrix}x_1+x_2=-\frac{b}{a}\geq 0\\x_1x_2=\frac{c}{a}\geq 0\end{matrix}\right.$
-Để $x_1;x_2\leq 1$ thì:
$\left\{\begin{matrix}(1-x_1)+(1-x_2)\geq 0\\(1-x_1)(1-x_2)\geq 0\end{matrix}\right.$
Kết hợp lại ta sẽ có điều kiện chung của $a,b,c$

Cho $n$ số thực dương thỏa mãn $x_1+x_2+...+x_n=1$
Chứng minh rằng : $x_1^{n-1}x_2+x_2^{n-1}x_3+...+x_n^{n-1}x_1< \frac{4}{27}$
P/S: Tổng quát hóa cho bài toán $3,4$ biến đã post !!! ?

Bài này theo em hiểu thì $n\ge 3$
---
Ta sẽ chứng minh mệnh đề mạnh hơn: $(*)$

Cho $n$ số thực dương thỏa mãn $x_1+x_2+...+x_n=1$
Chứng minh rằng : $x_1^2x_2+x_2^2x_3+...+x_n^2x_1< \frac{4}{27}$

(Sở dĩ mạnh hơn vì do $x_i\in (0;1)$ nên $x_i^{n-1}\le x_i^2$ )

- Bước khởi đầu quy nạp đã quen thuộc nên em xin không trình bày
- Giả sử mệnh đề $(*)$ đúng với $n$. Ta sẽ chứng minh $(*)$ đúng với $n+1$, có nghĩa là với $n+1$ số thực dương thỏa mãn $x_1+x_2+...+x_{n+1}=1$, ta phải chứng minh:
$$x_1^2x_2+x_2^2x_3+...+x_n^2x_{n+1}+x_{n+1}^2x_1< \frac{4}{27}\ (1)$$

KMTTQ, giả sử $x_3=max\left\{x_1;x_2;...;x_{n+1}\right\}$, khi đó dễ có:
$$x_1^2x_2+x_2^2x_3+x_{n+1}^2x_1< (x_1+x_2)^2x_3+x_{n+1}^2(x_1+x_2)$$

Mà từ giả thiết quy nạp suy ra:
$$(x_1+x_2)^2x_3+x_3^2x_4+...+x_n^2x_{n+1}+x_{n+1}^2(x_1+x_2)< \frac{4}{27}$$
(Coi $x_1\equiv x_1+x_2$) Nên BĐT $(1)$ được chứng minh. Điều đó có nghĩa mệnh đề $(*)$ cũng đúng với $n+1$

Theo giả thiết quy nạp ... (bla bla)

---

Vấn đề được đặt ra: Liệu ta có thể tạo nên một bài toán tổng quát với $n$ biến, không có điều kiện tổng các biến bằng 1 và là một BĐT không chặt không?

Với mọi a,b,c>0.CMR:
$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leqslant 3abc$

SOLUTION:
$$bdt\Leftrightarrow a^2(b+c)-a^3+b^2(a+c)-b^3+c^2(a+b)-c^3\le 3abc\\ \Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)$$
Đúng theo Schur. Vậy BĐT ban đầu được cm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c\ \ <Q.E.D>$
------------------
Mình nhớ là có một bạn post bài tương tự thế này rồi

Viết sau sô 1993 một số tự nhiên $a$ thì được số mới chia hết cho 101:

a) Tìm GTNN của $a$
b) Nêu dấu hiệu chia hết cho $101$,chứng minh
c) Tìm công thức tổng quát của $a$

---------------
Thực ra bài thật thì chỉ có phần a), nhưng bạn nào có khả năng giúp mình phần $b);c)$ nữa nhé

Vì (m) đối xứng với (d) qua đt $y=x$ nên $x'=y;y'=x$, khi đó ta có:
$y=ax+b\Rightarrow x'=ay'+b\Rightarrow ay'=x'+b\Rightarrow y'=\frac{1}{a}x'+\frac{b}{a}$
Vậy pt đường thẳng $(m):y'=\frac{1}{a}x'+\frac{b}{a}$

Chú đừng khinh anh !!!
___________________________________
Spam nhiều quá rùi, thôi xóa đi đây

Cố spam cho các mod THPT xóa một thể :
Ơ đây là dạng bài lớp 9 mà, chỗ mình làm chán òi ="='
P/s: Chị cậu lớp mấy

Bài tập :Viết công thức tổng quát của các dãy số sau :

$1)$ $\frac{1}{4.9}+\frac{1}{9.14}+.....+\frac{1}{44.49}$ (Cái này mình không biết số cuối $n$ là gì nên lấy tạm $44.49$ )
$2)$ $2+4+6+..+2n$ ($n\epsilon \mathbb{N^{*}}$)
$3)$ $1+3+5+...+2n+1 (n\epsilon \mathbb{N^{*}})$
$4)$ $2-4-6-......2n$
$5)$ $1-3-5-.....-2n+1$ .
Có gì post sau .

$2)2+4+6+...+2n=2(1+2+3+4+...+n)=2\frac{n(n+1)}{2}=n(n+1)$
$3) 1+3+5+...+2n+1=(1-1)+(3-1)+(5-1)+...+(2n+1-1)+(1+1+...+1)(n+1 số 1)=(2+4+6+...+2n)+(n+1)=n(n+1)+(n+1)=(n+1)^2$
$4) 2-4-6-......2n=4+(-2-4-6-...-2n)=4-(2+4+6+...+2n)=4-n(n+1)$
$5) 1-3-5-.....-(2n+1)=2+[-1-3-5-...-(2n+1)]=2-(1+3+5+...+2n+1)=2-(n+1)^2$ .
P/s: Bài viết thứ 100, kỉ niệm lên sao đầu tiên
P/S : chúc mừng chú lên sao đầu tiên , anh sắp gấp 2 rồi

Đề hiệp 2
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là 1 điểm cố định trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$.
a)(8đ) Chứng minh: $HK \perp JI$ tại $X$.

Câu b) là đường tròn Euler rồi, post sau (ngại dài ="=').
SOLUTION (a):

-$\widehat{ACB},\widehat{NCM}$ là góc nt chắn nửa đường tròn $(O)\Rightarrow \widehat{ACB}=\widehat{NCM}=90^o$
-Các tứ giác $ICJN,CHMK$ là hình chữ nhật do có 3 góc vuông (theo định nghĩa) $\Rightarrow \widehat{CIJ}=\widehat{CNJ}$
Mặt khác: $\widehat{CNJ}=\widehat{JCM}$ do cùng phụ với $\widehat{NCJ}$ và $\widehat{JCM}=\widehat{CKH}$ do $CHMK$ là hình chữ nhật. Từ các điều trên suy ra: $\widehat{CIJ}=\widehat{CKH}\ (1)$
-Lại có $\widehat{CKH}+\widehat{KHC}=90^o\ (2)$. Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra:
$\widehat{CIJ}+\widehat{KHC}=90^o$ hay $\widehat{HIX}+\widehat{IHX}=90^o\Rightarrow \widehat{IXH}=90^o$ hay $HK \perp JI$ tại $X\ <Q.E.D>$.

D-B=14.3h
E=8
F=0
S=57.7

Đề hiệp 1:
Cho dãy $2012$ số nguyên dương $a_1;...;a_n$ thỏa tính chất sau: với mọi phần tử $a_i, a_j$ trong dãy mà $i<j-1$ thì tồn tại $a_k$ với $i<k<j$ sao cho $a_k \vdots BCNN(a_i;a_j)$. Tìm GTLN của số các giá trị khác nhau có trong dãy.

Mít tờ ba vê kép mà không thông báo chắc quên quá ="='
SOLUTION:

-Xét hai số $a_1;a_3$, theo giả thiết thì tồn tại $a_k$ thỏa mãn $lcm(a_1;a_3)|a_k;1<k<3\Rightarrow lcm(a_1;a_3)|a_2$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}a_1|a_2\\ a_3|a_2\ (1)\end{matrix}\right.$(vì $a_1;a_3|lcm(a_1;a_3)$)
-Xét hai số $a_2;a_4$ thì ta cũng có $lcm(a_2;a_4)|a_3$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}a_2|a_3\ (2)\\ a_4|a_3\ (3)\end{matrix}\right.$
-Xét hai số $a_3;a_5$ thì ta cũng có $lcm(a_3;a_5)|a_4$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}a_3|a_4\ (4)\\ a_5|a_4\end{matrix}\right.$
-Từ $(1)$ và $(2)\Rightarrow a_2=a_3$. từ $(3)$ và $(4)\Rightarrow a_3=a_4$
-Chứng minh tương tự, ta có: $a_4=a_5,a_5=a_6,...,a_{2010}=a_{2011};a_{2012}|a_{2011}$
Suy ra: $a_2=a_3=a_4=...=a_{2010}=a_{2011}$ và $a_1|a_2;a_{2012}|a_{2011}$

*Vậy GTLN của số các giá trị khác nhau có trong dãy là $3$, ví dụ như dãy: ${1;4;4;4;4;...;4;2}$ ($2010$ số $4$)
*Dãy tổng quát: $m;n;n;n;...;n;p$ ($2010$ số $n$) với $m,n,p\in \mathbb{N^*};lcm(m,p)|n$
Bài toán được giải quyết hoàn toàn!
------------
Èo, đề khó mở rộng rồi ="='

D-B=13.7h
E=10
F=0
S=64.3

EXP 1:

Cho dãy $n$ số nguyên dương $a_1;...;a_n$ với $n\in \mathbb{Z};n\ge 3$ thỏa tính chất sau: với mọi phần tử $a_i, a_j$ trong dãy mà $i<j-1$ thì tồn tại $a_k$ với $i<k<j$ sao cho $a_k \vdots BCNN(a_i;a_j)$. Tìm GTLN của số các giá trị khác nhau có trong dãy.

Chứng minh tương tự bài toán gốc, ta có: $a_2=a_3=...=a_{n-2}=a_{n-1}$ và $a_1|\ a_2;a_n|\ a_{n-1}$
*Vậy GTLN của số các giá trị khác nhau có trong dãy là $3$, dãy đó là:
$m;r;r;r;...;r;p$ ($n-2$ số $r$) với $m,r,p\in \mathbb{N^*};lcm(m,p)|r$

Giải phương trình:

$36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11x+12)(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$

Lúc x lúc a, đâu là tham số hả em . Yêu cầu bổ sung đề!
Hình như phần này không liên quan đến pt nghiệm nguyên, đồng dư thức

Su‎yt quên làm bài mở rộng
Trước tiên bắt đầu với bài 1:
TQ1: Giải pt:
$(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=m(3)$(a,b,c,d,m là tham số; $a+d=b+c$)
Giải:
$(3)\Leftrightarrow [x^2+(a+d)x+ad][x^2+(b+c)x+bc]=m(4)$
Đặt $y=x^2+(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}$ và $g=\frac{ad-bc}{2}$ thì:
$(4) \Leftrightarrow (y+g)(y-g)=m\Leftrightarrow y^2-g^2=m\Leftrightarrow y^2=m+g^2$. Dễ dàng giải pt này để tìm y, rồi thế vào $y=x^2+(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}$ để tìm lại x. Bài toán 1 đã được giải quyết xong!

TQ2: Giải pt:
$(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=m(x+e)(x+f)(5)$(a,b,c,d,e,f,m là tham số; $a+d=b+c=e+f$)
<Đây chính là mở rộng của pt (2) >
Giải:
$(5) \Leftrightarrow [x^2+(a+d)x+ad][x^2+(b+c)x+bc]=m[x^2+(e+f)x+ef](6)$
Ta vẫn đặt $y=x^2+(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}$ và $g=\frac{ad-bc}{2}$ thì:
$(6) \Leftrightarrow (y-g)(y+g)=m(y-\frac{ad+bc}{2}+ef)$
$\Leftrightarrow y^2-my-g^2+m(\frac{ad+bc}{2}-ef)=0$ là một tam thức bậc 2. Giải ra tìm y rồi thay vào $y=x^2+(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}$ để tìm x.

Tiếp tục với bài toán 3, sau khi đã “chắp vá” thêm một đa thức:

TQ3: Giải pt:
$f(x).(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=f(x).m(x+e)(x+f)(7)$(a,b,c,d,e,f,m là tham số; $a+d=b+c=e+f$)
Giải:
Trước tiên ta tìm x sao cho $f(x)=0$. Sau đó với $f(x)\neq 0$ thì chia cả 2 vế của (7) cho f(x):
$(7)\Leftrightarrow (x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=m(x+e)(x+f)$
Đây chính là bài toán TQ2. Sau khi tìm được x đối chiếu với ĐK $f(x)\neq 0$, kết luận nghiệm. Bài toán đã được giải quyết hoàn toàn!

Ở bài toán của MSSer duongld, $a^2+11a+30$ đóng vai trò là biểu thức f(x), các tham số là 4,5,6,7 với 4+7=6+5. Tuy nhiên đề đã “ngụy trang” các con số đó bằng cách cho biểu thức $(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$ chứ không cho ngay $(a+4)(a+5)(a+6)(a+7)$ hoặc $(a^2+11a+28)(a^2+11a+30)$

$\Rightarrow (x+5)^2(x+6)^2(x+13)(x-2)=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x & = &-5 \\ x & = & -6\\ x & = & -13\\ x & = & 2 \end{matrix}\right.$

Chậc đáp án sai rồi em, đánh thế tức là hệ vô nghiệm đó . Sao không đánh $x=-5\vee x=-6\vee x=-13\vee x=2$ như anh ý. Lần sau rút k/nghiệm nhé
Ở bài làm lần này, có vài toán thủ lạm dụng máy tính quá, từ biểu thức bậc 4, bấm xong nghiệm rồi dùng bơ-du là phân tích ngay ra tích của 4 biểu thức bậc 1

"Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongld: Hôm nay, 11:22". Tính thời gian ra đề từ lúc nào nhỉ ?

Giải phương trình:

$36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$

Bài làm của minhtuyb:

Ta có:
$(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$
$=(a+4)(a+5)(a+6)(a+7)$
$=[(a+4)(a+7)][(a+5)(a+6)]$
$=(a^2+11a+28)(a^2+11a+30)$
Vậy pt đã cho tương đương với:
$36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a^2+11a+28)(a^2+11a+30)(1)$
*Với $a^2+11a+30=0\Leftrightarrow (a+5)(a+6)=0\Leftrightarrow a=-5\vee a=-6$
*Với $a^2+11a+30\neq 0$, chia 2 vế của (1) cho $a^2+11a+30$, ta có:
$(1)\Leftrightarrow 36(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a^2+11a+28)(2)$
Đặt $y=a^2+11a+20$ thì:
$(2)\Leftrightarrow 36(y+11)=(y-8)(y+8)$
$\Leftrightarrow y^2-64=36y+396$
$\Leftrightarrow y^2-36y-460=0$
$\Leftrightarrow (y-46)(y+10)=0$
$\Leftrightarrow y=46\vee y=-10$
+)$TH1:y=a^2+11a+20=46$
$\Leftrightarrow a^2+11a-26=0$
$\Leftrightarrow (a-2)(a+13)=0$
$\Leftrightarrow a=2 \vee a=-13(True)$
+)$TH2:y=a^2+11a+20=-10$
$\Leftrightarrow a^2+11a+30=0$ (loại vì $a^2+11a+30\neq 0$)
Vậy pt đã cho có 4 nghiệm: $a_1=-5;a_2=-6;a_3=2;a_4=-13$

D-B=0.4h
E=10
F=3 * 10=30
S=107.6

@anh Hân: Em nghĩ rằng ko nên cho điểm tối đa đối với các bạn làm tắt.Thân!

Tuy đây là đề do em lớp 7,8 ra nhưng đối tượng thi MSS là toàn thể các mem THCS!
Làm tắt là đương nhiên

Tú ơi là tú !!!
Bọn mình mới học lớp 9, sách giáo khoa nó không dạy kí hiệu nghiệm là $x=...\vee x=...$
Nếu làm dụng quá, khi đi thi cấp 3, học sẽ cho rằng mình "học trước thời đại"
Tú ơi!!!
Việc giải PT bậc 4 đâu cần phân tích rõ ra, chỉ những bạn học lớp 6,7,8 thì mới phân tích chi tiết thôi.
Thầy giáo bảo mình là khi đi thi cấp 3 không cần phân tích rõ thành nhân tử đâu, chỉ cần viết luôn.
Chứ nếu phân tích thì bạn đâu còn thời gian để làm các bài kia

Ơ thế lớp 6 có học giao, hợp của 2 tập hợp mà nhỉ, hay mình nhớ nhầm . Mà không thạo kí hiệu "hoặc" thì phải xài cách đó thôi chứ sao, còn hơn là dùng "và "
PT bậc 4 không cần phân tích rõ ... nghe lần đầu việc các thầy cô cho phép ntn . Chỗ mình phân tích $x^2-4x+3$ vẫn phải tách như thường nè
Thôi để giám khảo tự xử đi

Đêm nay anh Thế unhide đề hộ em nhé

Đề của MSS09:
Cho tam giác $ABC$ có các đường trung tuyến xuất phát tại đỉnh B và C vuông góc với nhau. Tìm GTNN của biểu thức:
$S=\frac{\sqrt{3}}{sin^2ABC}+\frac{\sqrt{3}}{sin^2ACB}+\sqrt{2}$

Em ko xét TH tam giác đó vuông rồi tiếc quá

"*TH 2: Tam giác ABC có góc B hoặc góc C không nhỏ hơn 90 độ."
Bao gồm cả vuông rồi nhé, khi đó $AH=AB;HC=BC;BH=0$. Cả đoạn $HB^2+HC^2\geq BC^2$, có dấu đẳng thức tức là cũng đang xét trường hợp vuông nhé ( "=" xảy ra khi vuông tại B mà )
Thế này thì C-B tính theo bài của bạn Nguyễn Hữu Huy nhé
~~> Phantom: $AB^2+AC^2=5BC^2$ thì sao nhỉ. Chứ hiểu ý bạn lắm, chỉ rõ hộ mình nhé

Đấu khẩu thì tui thua thường xuyên chứ cao thủ gì đâu
Tình hình là ai giục anh Hân vô chấm thôi, căng quá ="='
Chuồn sang học mãi đây, mn cứ chém tiếp nhé

thứ hai, t vẫn chưa hiểu tại sao cần xét trường hợp góc B hoặc C tù

Vậy vì sao khi giải pt $|x-1|=2x+3$ phải xét $x\geq 1$ và $x<1$??? Đơn giản để KHÔNG BỎ XÓT NGHIỆM . Chắc bạn hiểu ý mình

Mời mấy anh chấm điểm bài thi lần này

Quả này trọng tài chính bận đi làm đề thi đấu trường VMF rồi, thôi cứ thư thư anh ạ

Không hiểu sao mà minhtuyb lại cho đề có số $\sqrt{2}$ không có gì đặc biệt vào vậy ? Và dẫn đến kết quả cuối cùng khi cộng thêm $\sqrt{2}$ mất đẹp mất. Mình nghĩ là những trường hợp như vậy các bạn ko nên đưa vào, càng làm cho bài toán mất đẹp hơn

Đề tự chế thì thêm mắm thêm muối vô cho vui mà . Chứ nguyên văn đề này chỉ là tìm min $S=tan ABC+tanACB$ và cho trước tam giác ABC nhọn, thậm chí còn không có cả TH2 nữa .
Thanks đã góp ý .

2 cái này khác nhau mà

nếu cứ làm bt, k quan tâm đến góc tù thì có việc j k?

=.=

Trừ nửa số điểm chứ sao
Nhỡ đâu trong trường hợp góc B hoặc C không nhọn thì biểu thức S mới đạt GTNN thì kết quả bài toán sẽ sai (may mắn là min bài này rơi vô TH1)

Bổ sung cho dấu "=" xảy ra ở TH 1

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow BH = CH$ ; AD vuông góc với BC

${\color{Blue} \Leftrightarrow }$ Tam giác ABC cân tại A

TH 2 :
Ở Th này , ta có 1 trong hai góc B hoặc C tù
Không mất tính tổng quát , giả sử $\widehat{B} \geq 90^0 > \widehat{C}$



Khi đó ta cũng thực hiện tương tự TH 1 , vẻ đường cao AH vuông góc với B
Tương tự TH 1
Ta cũng tìm ra được

$\frac{\sqrt{3}}{sin^2 \widehat{ABC}} + \frac{\sqrt{3}}{sin^2 \widehat{ACB}}$

$= \dfrac{\sqrt{3}.AB^2}{AH^2} + \dfrac{\sqrt{3}.AC^2}{AH^2}$ (ở đoạn này thì sử dụng t/c 2 bù nhau thì có tỷ số lượng giác bằng nhau ; $\widehat{ABC} + \widehat{ABH} = 180^0 \Rightarrow Sin^2 \widehat{ABC} = Sin^2 \widehat{ABH}$
p/s : Có cần chứng minh ko nhỉ !?)

$= \dfrac{\sqrt{3}.(AB^2 + AC^2)}{AH^2} $

$= \dfrac{\sqrt{3}.(AH^2 + HB^2 + AH^2 + HC^2) }{AH^2}$ (áp dụng Pi-Ta-Go với 2 tam giác ABH và ACH cùng vuông ở H)

$= \dfrac{\sqrt{3}.(2AH^2 + HB^2 + HC^2)}{AH^2}$

$= 2\sqrt{3} + \dfrac{\sqrt{3}.(BH^2 + CH^2}{AH^2}$

Mặt khác khí đó nếu nhìn kĩ thì ta sẽ thấy

$BH^2 + CH^2 \geq \dfrac{(BH + CH)^2}{2} > BC^2 > \dfrac{BC^2}{2}$ (theo AM- GM)

Và Mặt khác cũng có $AH^2 \leq \dfrac{9}{4}BC^2$ (từ TH 1)

KHi đó
$2\sqrt{3} + \dfrac{\sqrt{3}.(BH^2 + CH^2)}{AH^2} > 2\sqrt{3} + \dfrac{\sqrt{3}.\frac{BC^2}{2}}{\dfrac{9}{4}BC^2} > 2\sqrt{3} + \dfrac{2\sqrt{3}}{9}$

$\Rightarrow S=\frac{\sqrt{3}}{sin^2ABC}+\frac{\sqrt{3}}{sin^2ACB}+\sqrt{2}> 2\sqrt{3} + \dfrac{2\sqrt{3}}{9} + \sqrt{2}$


Từ TH1 và TH2 ta thấy rằng $Min S = \frac{\sqrt{3}}{sin^2ABC}+\frac{\sqrt{3}}{sin^2ACB}+\sqrt{2} = 2\sqrt{3} + \dfrac{2\sqrt{3}}{9} + \sqrt{2}$

Min xảy ra ở TH1 (tam giác ABC nhọn)

Dấu "=" xảy ra ở TH 1

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow BH = CH$ ; AD vuông góc với BC

${\color{Blue} \Leftrightarrow }$ Tam giác ABC cân tại A

Các bạn đều thiếu TH này thì phải
Đáp án mình có TH này
P/s: Trâu bò quá, tưởng leo lại lên top 1 ai dè ...

trừ cái đầu mi á

bài này chả có lí do để chia trg hợp

>''< đang bực mình thì chớ

trừ điểm ng ra đề đúng hơn

Bà nói vậy thì tui cũng chịu z_z
Vậy làm sao bà khẳng định được góc B hoặc C tù thì biểu thức đã cho không đạt GTNN?
Thôi im lặng là vàng, đợi anh Hân chấm cho nó lành

Like mạnh =))
Hê hê anh PSW chém gió kinh quá