ninhxa

Cho a,b,c>o.CM:
$$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$$ ;$$\frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}}{abc}\geq a+b+c$$

-Cái 2 áp dụng cái 1.
-Ta có:
$a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq ab^2c+bc^2a+ca^2b=abc(a+b+c)\Rightarrow dpcm$

Bài 98: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $AD$ là đường kính của $(O)$. $M$ là trung điểm của $BC$, $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Gọi $X$, $Y$, $Z$ lần lượt là hình chiếu của $D$ lên $HB$, $HC$, $BC$. Chứng minh rằng $X$, $Y$, $Z$, $M$ cùng thuộc một đường tròn.
----

-Bài này cho nhiều giả thiết để gây nhiễu.
Dễ thấy: tứ giác HBDC là hình bình hành. Đến đây, tớ chỉ vẽ tứ giác này cho hình nó to

-Vì tứ giác HBDC là hình bình hành và M là trung điểm BC nên M là trung điểm HD
-Xét tam giác HXD vuông ở X có MH=MD nên:
$XM=HM\Rightarrow \widehat{HMX}=180^0-2.\widehat{XHM}$
-Tg tự $\widehat{XMY}=180^0-2\widehat{YHM}$
-Do đó: $\widehat{XMY}=\widehat{HMX}+\widehat{HMY}=360^0-2(\widehat{XHM}+\widehat{MHY})=2(180^0-\widehat{BHC})=2.\widehat{HBD}$
-Dễ thấy: tứ giác XZDB và ZYCD nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{XZY}=360^0-(\widehat{XZD}+\widehat{YZD})=\widehat{XBD}+\widehat{YCD}=2\widehat{HBD}$
-Vậy: $\widehat{XMY}=\widehat{XZY}$ nên tứ giác XMZY nội tiếp
$\Rightarrow dpcm$

Tìm x nguyên sao cho: $x^{2} +x+1$ chia hết cho 2003

*Xét x=1 không thỏa mãn
----------------------------
*Xét x khác 1:
-Ta có:
$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)\rightarrow x^3\equiv 1(mod 2003)$
$\rightarrow x^{2002=}(x^3)^{667}.x\equiv 1.x=x(mod2003)$ (1)
-Nếu x chia hết cho 2003 thì không thỏa mãn đk $x^{2} +x+1$ chia hết cho 2003
-Nếu x không chia hết cho 2003 thì $(x,2003)=1$
+Do đó theo định lý Phec-ma thì $x^{2002}\equiv 1(mod2003)$ (2)
-Từ (1) và (2) ta có:$x\equiv 1(mod 2003)$
$\rightarrow x^2+x+1\equiv 3(mod2003)$ (trái đề bài)
-Do vậy ko tồn tại x.

tìm tất cả các số có 3 chữ số sao cho $\overline{abc}$ thỏa mãn : $\overline{abc}$ = a! + b! + c!

-Do $\overline{abc}\leq 999\rightarrow a,b,c\leq 6$
$\rightarrow \overline{abc}\leq 666\rightarrow a,b,c\leq 5$
$\rightarrow \overline{abc}\leq 5!+5!+5!=360$
$\rightarrow a\leq 3\rightarrow \overline{abc}\leq 3!+5!+5!=246\rightarrow a\leq 2$
-Nếu b=c=5 thì $\overline{a55}=a!+5!+5!=a!+240\rightarrow a\geq 2$ mà $a\leq 2$ nên a=2
+Thử lại thấy: $255\neq 2!+5!+5!$ nên trường hợp này loại
-Do đó một trong 2 số b,c phải nhỏ hơn 5
$\rightarrow \overline{abc}\leq 2!+4!+5!=146\rightarrow a=1\vee b\leq 4$
-Nếu c<5 thì $\overline{abc}\leq 1!+4!+4!=49$ (vô lý)
-Do đó c=2. Khi đó: $\overline{1b5}=1!+b!+5!\rightarrow 10b=16+b!$
$\rightarrow$ b! tận cùng bằng 4. Do đó b=4
-Thử lại ta có 145 là số thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Cho $a, b, c \geq 0$ và $a + b + c = 1$. Chứng minh$a^{2}+b^{2}+c^{2}+\sqrt{12abc}\leq 1$

-Áp dụng bdt $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)$ ta có:
$(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)\Rightarrow ab+bc+ca\geq \sqrt{3abc}$
-Ta có:
$VT=1-2(ab+bc+ca)+\sqrt{12abc}\leq 1-2\sqrt{3abc}+\sqrt{12abc}=1=VP$
$\Rightarrow dpcm$

Bài toán. Cho $a;b;c>0$, chứng minh rằng

$$\frac{b^3}{a^2(a^3+2b^3)}+\frac{c^3}{b^2(b^3+2c^3)}+\frac{a^3}{c^2(c^3+2a^3)} \geq \frac{1}{3}.\left ( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \right )$$

-Bất đẳng thức phụ của nthoangcute có thể tìm ra bằng Co-si ngược dấu
$\frac{b^3}{a^2(a^3+2b^3)}=\frac{2b^3+a^3-a^3}{2a^2(a^3+2b^3)}=\frac{1}{2a^2}-\frac{a}{2(a^3+2b^3)}\geq \frac{1}{2a^2}-\frac{a}{2.3ab^2}=\frac{1}{2a^2}-\frac{1}{6b^2}$

Bài 1 Cho a,b,c là các số thực dương và $a+b+c=3$ chứng minh bất đẳng thức sau
$$\frac{a^2b}{2a+b}+\frac{b^2c}{2b+c}+\frac{c^2a}{2c+a} \le 1$$

-Để tìm ra bất đẳng thức phụ kia có thể dùng Cauchy-Shwarz:
$\frac{a^2b}{2a+b}=\frac{a^2b}{9}.\frac{9}{a+a+b}\leq \frac{a^2b}{9}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )=\frac{a^2+2ab}{9}$

4) Cho a;b $\epsilon$ R. Tìm max P = $\frac{1+(a+b)^{2}}{(1+a^{2})(1+b^{2})}$

-Mình có cách này: tuy không thiếu tự nhiên nhưng dài.
-Xét $P-1=\frac{2ab-a^2b^2}{1+a^2+b^2+a^2b^2}$
-Nếu $2ab-a^2b^2< 0$ thì $P-1< 0$ (1)
-Nếu $2ab-a^2b^2\geq 0$ thì:
$P-1\leq \frac{2ab-a^2b^2}{a^2b^2+2ab+1}=\frac{2ab-a^2b^2}{(ab+1)^2}$
-Đặt ab=t ,ta có:
$0\leq P-1\leq \frac{2t-t^2}{(t+1)^2}=\frac{-(t+1)^2+4(t+1)-3}{(t+1)^2}=\frac{-3}{(t+1)^2}+\frac{4}{t+1}-1=-3\left ( \frac{1}{t+1}-\frac{2}{3} \right )^2+\frac{1}{3}\leq \frac{1}{3}$
(2)
-Từ (1) và (2) ta có:
$MaxP-1=\frac{1}{3}\Rightarrow MaxP=\frac{4}{3}$
-Dấu bằng đạt dc khi $\left\{\begin{matrix}a=b \\\frac{1}{ab+1}=\frac{2}{3} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Cho mình hỏi làm sao bạn nghĩ được hướng này vậy

-Do tam giác AMN có góc A không đổi nếu mình nghĩ dùng công thức tính $S=\frac{1}{2}.a.b.sin(a,b)$.
-mình nghĩ là phần a giúp cho phần b nên cho ra những tỉ số của hai tam giác đồng dạng. bám vào cái không đổi là OB và OC nên có tích BM.NC không đổi. Từ tích không đổi thì nghĩ đến tổng BM +NC. Từ đó tớ biểu diễn AM và AN theo các đại lượng không đổi là AB=AC và BM, NC để có thể đánh giá.
-nói chung làm cực trị thì tớ nghĩ bạn nên lần theo các đại lượng không đổi.

Cho tam giác ABC cân tại A, gọi O là trung điểm của BC. Đường tròn (O;R) tiếp xúc với AB ở E, tiếp xúc với AC ở F. Điểm H chạy trên cung nhỏ EF ( khác E, F), tiếp tuyến đường tròn tại H cắt AB, AC lần lượt tại M. N.
a. Chứng minh $\Delta MOB đồng dạng với \Delta ONC$
b. Xác định H sao cho S_{AMN max}

-Làm nốt phần b.
-Từ phần a ta có: $\Delta MOB\sim \Delta ONC\rightarrow \frac{OB}{NC}=\frac{BM}{OC}\rightarrow BM.NC=OB.OC=R^2$
-Đặt AB=AC=x (không đổi)
-Ta có: $AM.AN=(x-BM)(x-NC)=x^2+BM.NC-x(BM+NC)\leq x^2+R^2-x.2\sqrt{BM.NC}=x^2+R^2-2xr=(x-R)^2$
$\rightarrow S_{AMN}=\frac{1}{2}.AM.AN.sin\widehat{A} \leq \frac{1}{2}(x-R)^2.sin\widehat{A}$ (không đổi)
-Dấu bằng xảy ra khi
$BM=NC\Leftrightarrow AM=AN\Leftrightarrow \frac{AM}{BM}=\frac{AN}{NC}\Leftrightarrow MN//BC\Leftrightarrow$ H là điểm chính giữa cung EF

CMR: Mỗi số lẻ là hiệu của bình phương hai số tự nhiên liên tiếp.

-Mỗi số lẻ đều có dạng $2k+1$ (với $k \in N$)
-Lại có: $2k+1=k^2+2k+1-k^2=(k+1)^2-k^2$
$\rightarrow dpcm$

p/s: hôm tớ gặp đề kiểu này mới hiểm. chứng minh$\underbrace{22...23}_{1000c/s2}$ được viết dưới dạng hiệu 2 bình phương liên tiếp. lần đó hổng biết làm.

bạn giải cho mình pt $x^{2}++xy+y^{2}=1$được không? mình bị mắc ở pt đó, còn đoạn trên mình cũng làm được ra đến đó rồi

-Tớ làm thế này các bạn check lỗi xem tớ sai ở đâu ko nhé:
-Hệ tương đương với:
$\left\{\begin{matrix}x^2+y^2+xy=1 \\ x^3+y=2 \\y^3+x=2 \end{matrix}\right.$
-Cộng vế với vế pt (2) và (3), ta có:
$(x+y)(x^2+y^2-xy)+x+y=4$
$\Leftrightarrow (x+y)(1-2xy)+x+y=4$
$\Leftrightarrow (x+y)-xy(x+y)=2$ (*)
-Từ pt (1) ta có:
$(x+y)^2-xy=1\Leftrightarrow -xy=1-(x+y)^2$ (**)
-Thay (**) vào (*) ta có:
$(x+y)+\left [ 1-(x+y)^2 \right ](x+y)=2$
$\Leftrightarrow-(x+y)^3+2(x+y)-2=0$
-Đến đây pt này ra nghiệm x+y khá lẻ nên tớ ko biết mình có sai ko. Bạn nào xem lại giùm tớ.

$Biết x,y\geqslant 0 và x+4y = 5. Tìm max của \sqrt{x} + \sqrt{y}$

-Áp dụng bdt Cauchy-Shwarz ta có:
$\left [ (\sqrt{x}) ^2+(2\sqrt{y})^2\right ]\left [ 1^2+\left ( \frac{1}{2} \right )^2 \right ]\geq \left ( \sqrt{x} +\sqrt{y}\right )^2$
-Do đó:
$\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq \frac{5}{2}$

Câu 4:
-Có $x^4\equiv 0,1(mod16)$. Do đó tổng số dư của $x_1^4+x_2^4+...+x_{12}^4$ khi chia 16 sẽ không vượt quá 12 mà $2013\equiv 13(mod16)$
$\rightarrow$ pt vô nghiệm

-Một cách tàm tạm
-Nhận thấy:
$\frac{a^2}{b^2+c^2}-\frac{a}{b+c}=\frac{ab(a-b)+ac(a-c)}{(b+c)(b^2+c^2)}$
$\frac{b^2}{c^2+a^2}-\frac{b}{c+a}=\frac{bc(b-c)+ba(b-a)}{(a+c)(a^2+c^2)}$
$\frac{c^2}{a^2+b^2}-\frac{c}{a+b}=\frac{ca(c-a)+cb(c-b)}{(a+b)(a^2+b^2)}$
-Do đó:
$VT-VP=$
$=ab\left ( a-b \right )\left [ \frac{1}{(b^2+c^2)(b+c)} -\frac{1}{(c^2+a^2)(c+a)}\right ]+ca(a-c)\left [ \frac{1}{(b^2+c^2)(b+c)}-\frac{1}{(a^2+b^2)(a+b)} \right ]+bc(b-c)\left [ \frac{1}{(c^2+a^2)(c+a)} -\frac{1}{(a^2+b^2)(a+b)}\right ]$
-Tới đây giả sử $a\geq b\geq c$ ta được dpcm