minhtuyb

Cho đường tròn $(O)$. $A$ lad một điểm nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ vẽ tiếp tuyến $AA'$ và cát tuyến $ACD$ ($C$ nằm giữa $A$ và $D$). Đường tròn $(A; AA')$ cắt đường thẳng $CD$ tại $E,F$ ($E$ nằm giữa  $C$ và $D$). Gọi $M=A'E\cap OF, N=DM\cap A'F, I=CM\cap A'F, J=NC\cap A'E$. Chứng minh: $I,J,D$ thẳng hàng.

Có hình luôn đây 

- Hai đường tròn $(O)$ và $(A)$ trực giao nên $(FECD)=-1$

$\Rightarrow M(FECD)=-1\Rightarrow (FA'NI)=-1$

- Theo hệ quả của phép chiếu xuyên tâm thì $I,D,J$ thẳng hàng $\square$

Cho em hỏi đẳng thức cuối cùng ??

$\dfrac{1}{(a^2+bc)(1+\dfrac{b}{c})}+\dfrac{1}{(a^2+bc)(1+\dfrac{c}{b})}=\dfrac{1}{a^2+bc}$

$\dfrac{1}{(a^2+bc)(1+\dfrac{b}{c})}+\dfrac{1}{(a^2+bc)(1+\dfrac{c}{b})}=\dfrac{c}{(b+c)(a^2+bc)}+\dfrac{b}{(b+c)(a^2+bc)}\\=\dfrac{b+c}{b+c}.\dfrac{1}{a^2+bc}=\dfrac{1}{a^2+bc}$

Cho $a,b,c>0$. CMR
$(a^{2}+ab+bc)(b^{2}+bc+ca)(c^{2}+ca+ab)\ge (ab+bc+ca)^{3}$

KMTTQ, giả sử $a$ nằm giữa $b$ và $c$. Áp dụng BĐT $Holder$ ta có:
$$(a^2+ab+bc)(ac+b^2+bc)(c^2+a^2+bc)\ge (ac+ab+bc)^3$$

Vậy ta cần chứng minh:
$$c^2+ca+ab\ge c^2+a^2+bc\\ \Leftrightarrow (a-b)(a-c)\le 0$$

Đúng theo điều giả sử. Vậy BĐT đã cho được c/m, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ $\square$

Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh $$\frac{2}{(a+b)^{2}}+\frac{2}{(b+c)^{2}}+\frac{2}{(c+a)^{2}}\geq \frac{1}{a^{2}+bc}+\frac{1}{b^{2}+ca}+\frac{1}{c^{2}+ab}$$

- Nó từ cái BĐT này mà ra :v:
$$\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(a+c)^2}\ge \dfrac{1}{a^2+bc}$$
Chứng minh thì nhờ $Cauchy-Schwarz$:
$$VT\ge \dfrac{1}{(a^2+bc)(1+\dfrac{b}{c})}+\dfrac{1}{(a^2+bc)(1+\dfrac{c}{b})}=\dfrac{1}{a^2+bc}$$

Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại là xong $\square$

chứng minh rằng : $\frac{ma^{2}}{bc}+\frac{mb^{2}}{ca}+\frac{mc^{2}}{ab}\geq\frac{9}{4}$
ma,mb,mc là độ dài 3 đường trung tuyến

Được cao nhân chỉ giáo là bài này có thể áp dụng BĐT $Klamkin$, một phát ra luôn :
Với các số thực $x,y,z$ bất kì, $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác và $M$ là điểm bất kì trong mp thì:
$$(x+y+z)(xMA^2+yMB^2+zMC^2)\ge a^2yz+b^2zx+c^2xy$$
Chứng minh thì khai triển $(x\vec{MA}+y\vec{MB}+z\vec{MC})^2\ge 0$ là ra

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?

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

$\sum \frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{bc}\geq 9$

$$\Leftrightarrow \sum a(2b^2+2c^2-a^2)\ge 9abc\\ \Leftrightarrow 2\sum ab(a+b)-\sum a^3\ge 9abc\\ \Leftrightarrow 2[\sum ab(a+b)-6abc] -(\sum a^3-3abc)\ge 0\ \ (*)$$

Ta có các phân tích:
$$+)\sum ab(a+b)-6abc=2c(a-b)^2+(a+b)(a-c)(b-c)\\ +)\sum a^3-3abc=(a+b+c)(a-b)^2+(a+b+c)(a-c)(b-c)$$

Vậy:
$$(*)\Leftrightarrow (4c-a-b-c)(a-b)^2+(2a+2b-a-b-c)(a-c)(b-c)\ge 0\\ \Leftrightarrow (3c-a-b)(a-b)^2+(a+b-c)(a-c)(b-c)\ge 0$$

Đến đây giả sử $c=max \left\{a;b;c \right\}$ ta có ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c\ \square$
---
Ai có lời giải thuần hình học hay dùng BĐT cổ điển không nhỉ?

Bài toán: Giải hệ phương trình sau trên tập các số nguyên tố:
$$\left\{\begin{matrix}x=2t^2-1\\ y=3t^2-2\\ z=4t^2-3\end{matrix}\right.$$

Tính tích :
$\sin \frac{\pi}{2n}\sin \frac{2\pi}{2n}\sin \frac{3\pi}{2n}...\sin \frac{(n-1)\pi}{2n}$.

- Xét phương trình $x^{2n}-1=0$ có các nghiệm $x_k=\cos\dfrac{2k\pi}{2n}+i\sin\dfrac{2k\pi}{2n}$ với $k=\overline{0,2n-1}$ (chú ý $x_0=1;x_n=-1$)

- Với $k=\overline{1,n-1}$, ta có:
$$\begin{aligned}x_{2n-k}&=\cos\dfrac{2(2n-k)\pi}{2n}+i\sin\dfrac{2(2n-k)\pi}{2n}\\ &=\cos(2\pi-\dfrac{2k\pi}{2n})+i\sin(2\pi-\dfrac{2k\pi}{2n})\\&= \cos\dfrac{2k\pi}{2n}-i\sin\dfrac{2k\pi}{2n}\\&=\overline{x_k} \end{aligned}$$

Vậy nên ta có thể viết:
$$\begin{aligned}x^{2n}-1&=(x^2-1)\prod _{i=1}^{k-1}(x-x_{k})(x-\overline{x_{k}})\\&=(x^2-1)\prod _{i=1}^{k-1}[x^2-(x_{k}+\overline{x_{k}})+1]\\&=(x^2-1)\prod _{i=1}^{k-1}(x^2-2\cos\dfrac{2k\pi}{2n}+1)\\&=(x^2-1)\prod _{i=1}^{k-1}(x^2-2(1-2\sin^2\dfrac{k\pi}{2n})+1)\end{aligned}$$

Ở trên nếu cho $x\rightarrow 1$ thì:
$$n=\prod _{i=1}^{k-1}4\sin^2\dfrac{k\pi}{2n}\\ \Rightarrow \prod _{i=1}^{k-1}\sin\dfrac{k\pi}{2n}=\dfrac{\sqrt{n}}{2^{n-1}}\ \square$$

Từ các nguyên tố $ O,S,Na $ tạo ra được các muối $ A,B $ đều có 2 nguyên tử $ Na $ trong phân tử.Trong 1 thí nghiệm hóa học người ta cho $ m_{1}g $ muối $ A $ biến đổi thành $ m_{2}g $muối $ B $ và $ 6.16l $ khí $ Z $ tại$ 23.7^{\circ}C $ :$ 1atm $.Biết rằng 2 khối lượng đó khác nhau $ 16g $

• hãy viết phương trình phản ứng xảy ra với công thức cụ thể là $ A,B $
  
• Tính $ m_{1},m_{2} $

Đặt $A:Na_2X;B:Na_2Y$ với $X,Y$ là gốc acid.
+) $n_{khi}=0,25\ (mol)$

Quá trình phản ứng:
$$( Na_2X )+(?)\longrightarrow (Na_2Y)+(Z)$$

Theo giả thiết:
- Cứ $0,25 mol$ chất thì $A$ khác $B$ một lượng $16(g)$
Vậy $1 mol$ chất thì $A$ khác $B$ một lượng $64(g)$
$\Rightarrow |M_A-M_B|=64$

Mà $A,B$ chí có thể là: $Na_2S;Na_2SO_3;Na_2SO_4;Na_2S_2O_3;Na_2S_2O_8$.
Thành thử chỉ có $A:Na_2S;B:Na_2SO_4$ thoả mãn.
----
Ok,các yêu cầu của bài thì chị Juẩn tự ráp vào nhé!

Cho đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện : $P(2006)=2006! $và $xP(x-1)=(x-2006)P(x)\ (*)$ .Chứng minh rằng: $f(x)=(P(x))^2+1$ bất khả quy trong $Z [x]$

-Thay $x=0$ vào $(*)\Rightarrow P(0)=0$

-Thay $x=2006$ vào $(*)$ ta có:
$$2006P(2005)=0\Rightarrow P(2005)=0$$

-Thay $x=2005$ vào $(*)$ ta có:
$$2005P(2004)=0\Rightarrow P(2004)=0$$

Tiếp tục quá trình trên suy ra: $P(k)=0$ với $k=\overline{0,2005}$

-Theo định lý Bezout thì đa thức $P(x)$ có dạng:
$$P(x)=x(x-1)(x-2)...(x-2005)Q(x)$$

Từ (*) ta có thể dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng:
$$P(2006+n)=\dfrac{(2006+n)!}{n!}\ \ n\in \mathbb{N}$$

Từ đó suy ra:
$$P(2006+n)=(2006+n)(2005+n)...(1+n)Q(2006+n)\\ \Leftrightarrow \dfrac{(2006+n)!}{n!}= \dfrac{(2006+n)!}{n!}Q(2006+n)\\ \Leftrightarrow Q(2006+n)=1\ \ \forall n\in \mathbb{N}\\ \Rightarrow Q(x)\equiv 1$$

Khi đó viết lại $P(x)$:
$$P(x)=x(x-1)(x-2)...(x-2005)$$

Công việc chứng minh $f(x)=(P(x))^2+1$ bất khả quy trong $Z [x]$ bây giờ trở thành một bài toán quen thuộc $\square$

Cho a,b,c > 0 và $a+b+c=abc$ . Tìm Max
$P=\frac{a^{2}}{a^{2}+1}+\frac{b^{2}}{b^{2}+1}+\frac{c^{2}}{c^{2}+1}$

OTHER SOLUTION:

-Ta sẽ chứng minh:
$$S=\sum \dfrac{a^2}{a^2+1}\le \dfrac{9}{4}$$

-Từ giả thiết đã cho suy ra:
$$a^2+1=a^2.\dfrac{a+b+c}{abc}+1=\dfrac{a(a+b+c)+bc}{bc}=\dfrac{(a+b)(a+c)}{bc}$$
Vậy nên:
$$S=\sum \dfrac{a^2bc}{(a+b)(a+c)}=abc.\dfrac{\sum a(b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=2.\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
- Sử dụng BĐT quen thuộc:
$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge \dfrac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$$
Suy ra:
$$S\le \dfrac{9}{4}$$
Vậy $max S=\dfrac{9}{4}$ khi $a=b=c=\sqrt{3}\ \square$

Cho a,b,c là 3 cạnh tam giác. Chứng minh:
$a^{4}+b^{4}+c^{4}< 2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$

Hướng là phân tích đa thức thành nhân tử. Biến đổi loạn một hồi thì nó ra:
$$(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0$$
Đúng do $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác $\square$

Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$.
CMR:
$$\frac{a^4+b^4+c^4+a+b+c}{2}\ge \frac{a}{\sqrt{c}}+\frac{b}{\sqrt{a}}+\frac{c}{\sqrt{b}}$$

-Theo $AM-GM:$
$$\dfrac{a^3}{bc}+b\ge 2\dfrac{a}{\sqrt{c}}$$
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại có ĐPCM (Chú ý $abc=1$). Dấu bằng khi $a=b=c=1\ \square$

Cho các số thực $a, b, c$ thỏa mãn $(a+c)(a+b+c) \le 0$. Chứng minh rằng: $$(b-c)^2 \ge 4a(a+b+c)$$

Xét đa thức $f(x)=ax^2+(b-c)x+a+b+c$.
Giả thiết đã cho trở thành: $2.f(1)f(0)\le 0\Rightarrow$ pt $f(x)=0$ có nghiệm
$$\Rightarrow \Delta =(b-c)^2-4a(a+b+c)\ge 0\Rightarrow Q.E.D$$

@Dark templar:Khúc $2f(1)f(0) \le 0$ không đúng.$f(1)=2(a+b)$