Kagome

b, cho $\frac{a}{b}< \frac{c}{d}.$

cmr $\frac{a}{b}< \frac{ab+cd}{b^{2}+d^{2}}< \frac{c}{d}$

và $\frac{a}{b}< \frac{a+c}{b+d}< \frac{c}{d}$ nếu $b,d> 0$

Chỉ cm dc mỗi vế thứ 2:

Vì b,d >0 nên b+d>0

$=>a+\frac{ad}{b}<a+c<=>\frac{ad}{b}<c<=>ad<bc$ ( đúng )

tương tự cái bên kia

2y(x2-y2)=3x
x(x2+y2)=10y

viết lại đề nhá: $\left\{\begin{matrix} 2y(x^2-y^2) & = & 3x\\ x(x^2+y^2) & = & 10y \end{matrix}\right.$

Nếu $y=0$ thì $x=0$, nếu $x=0$ thì $y=0$.

Xét $x,y\neq 0$, chia cả 2 vế của pt 1 cho $x^2$, chia cả 2 vế của pt 2 cho $y^2$.

Ta dc:$\left\{\begin{matrix} 2y(1-\frac{y^2}{x^2}) & = & \frac{3}{x}\\ x(\frac{x^2}{y^2}+1) & = & \frac{10}{y} \end{matrix}\right.$

Đặt $\frac{x^2}{y^2}=a$ thì $\frac{y^2}{x^2}=\frac{1}{a}$.

Hpt$<=>\left\{\begin{matrix} xy(1-\frac{1}{a}) & = & \frac{3}{2}\\ xy(1+a) & = & 10 \end{matrix}\right.$

$=>\frac{1-\frac{1}{a}}{a+1}=\frac{3}{20}<=>3a^2-17a+20=0<=>a=4,a=\frac{5}{3}$ 

Khi đó $\frac{x^2}{y^2}=4$ hoặc $\frac{x^2}{y^2}=\frac{5}{3}$.

Cho $a,b,c,d > 0$. Chứng minh tồn tại một số dương trong hai số $2a+b-2\sqrt{cd}$ và $2c+d-2\sqrt{ab}$

$2a+b-2\sqrt{cd}+2c+d-2\sqrt{ab}=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2+(\sqrt{c}-\sqrt{d})^2+a+c>0=>$đpcm.

Cho $a^2+b^2+c^2=3$ với a;b;c dương

Tìm Min của $P=5(a+b+c)+\frac{3}{abc}$

$3=a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=>\sqrt[3]{abc}\leq 1$

$P\geq 15\sqrt[3]{abc}+\frac{3}{abc}$

Đặt $x=\sqrt[3]{abc}, 0\leq x\leq 1=>0\leq x^3\leq 1$

$P\geq 15x+\frac{3}{x^3}=3(5x+\frac{1}{x^3}=3(\frac{5}{3}x+ \frac{5}{3}x+\frac{5}{3}x+\frac{5}{3x^3}-\frac{2}{3x^3})\geq 3(\frac{20}{3}-\frac{2}{3})=18$

Dấu = xảy ra $<=> a=b=c=1$

P/S: Giải thế dc ko nhỉ???

Cho x, y là các số tự nhiên khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A = $\left | 36^{x}-5^{y} \right |$

Vì $36^x$ có tận cùng là 6, $5^y$ có tận cùng là 5 nên $A$ có tận cùng là 1 hoặc 9.

• Nếu $A=1$ ko có giá trị nào của $x,y$ thỏa mãn.
• Nếu $A=9$ ko có giá trị nào của $x,y$ thỏa mãn.
• Nếu $A=11$ thì $x=1,y=2$

Vậy $Min A=11<=>x=1,y=2$.

Bài 2:

$\sum \frac{a}{a^3+b^2+c}=\sum \frac{(a)(\frac{1}{a}+1+c)}{(a^3+b^2+c)(\frac{1}{a}+1+c)}\leq \sum \frac{1+a+ac}{(a+b+c)^2}\leq \frac{3+\sum a+ \frac{(\sum a)^2}{3}}{(a+b+c)^2}=1$

Sao bạn nghĩ ra dc bước nhân $\frac{1}{a}+1+c$ hay vậy. Chỗ đó dúng là nghệ thuật luôn á

Cho các số thực không âm a,b,c. Chứng minh rằng:

P=$\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}\sqrt{a+b+c-\frac{abc}{ab+bc+ca}}$

Áp dụng bđt $Bunhiacopxki$,ta được: $P^2\leq 6(a+b+c)$.

Cần CM: $6(a+b+c)\leq \frac{27}{4}(a+b+c-\frac{abc}{\sum{ab}})$

$<=>24(a+b+c)\leq 27(a+b+c)-\frac{27abc}{\sum{ab}}$

$<=>3(a+b+c)-\frac{27abc}{\sum{ab}}\geq 0$

Áp dụng bđt $Cauchy$: $\sum{ab}\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$,$3\sqrt[3]{abc}\leq a+b+c$

$VT\geq 3(a+b+c)-\frac{27abc}{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}$

      $=3(a+b+c)-9\sqrt[3]{abc}$

      $\geq 3(a+b+c)-3(a+b+c)=0$

Dấu $'='<=> a=b=c$.

M.n giải thích giúp mình phần lí luận thứ 2 của lời giải.

Cái chỗ khung vuông thứ 3 từ trên đếm xuống ấy à?

Nếu là cái chỗ đó thì hình như là do $x_1$ là nghiệm của $f(x)$ nên $f(x_1)=0$ chia hết cho 2017, mà $x^{2017}-x$ chia hết cho 2017 nên $g(x_1)$ chia hết cho 2017

Bài 83: (Sưu tầm)

Cho tam giác $ABC$ nhọn. Các đường cao $BB_{1}; CC_{1}$. Gọi $O$ là trung điểm $BC$. Gọi $M = B_{1}C_{1} \cap BC$; $ P = (BOC_{1}) \cap (COB_{1}) $.Chứng minh rằng $MP; BB_{1}; CC_{1}$ đồng quy tại $1$ điểm.

 

83.png

• Chứng minh $A,P,O$ thẳng hàng $\Rightarrow \angle HPO=90^o$

Dễ thấy 4 điểm $A,C_1,H,B_1$ cùng thuộc 1 đường tròn.

Xét tứ giác $AC_1PB_1$ có $\angle AB_1P=\angle POC,\angle AC_1P=\angle POB$ (do 2 tứ giác $C_1POB,B_1POC$ nội tiếp), $\angle POB+\angle POC=180^o \Rightarrow \angle AC_1P+\angle AB_1P=180^o\Rightarrow AC_1PB_1$ nội tiếp.

$\Rightarrow \angle APH=\angle AB_1H=90^o$

Ta có $AC_1.AB=AB_1.AC \Rightarrow B_1C_1BC$ nội tiếp $\Rightarrow \angle APB_1=\angle AC_1B_1=\angle ACB$.

Mà $\angle OCB_1+\angle OPB_1=180^o \Rightarrow \angle APB_1+\angle OPB_1=180^o \Rightarrow A,P,O$ thẳng hàng.

$\Rightarrow \angle HPO=90^o$.                                 (1)

• Chứng minh $\angle B_1C_1P=\angle PCM\Rightarrow C_1PCM$ nội tiếp.

​Ta có $\angle PC_1B_1=\angle PAB_1=\angle PAC$

Ta có $\angle OPC=\angle OB_1C=\angle B_1CO$ ($\angle OB_1C=\angle B_1CO$ do $B_1O=OB=OC$ trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Mà $\angle OPC=\angle PAC+\angle ACP, \angle B_1CO=\angle PCO+\angle ACP$ 

$\Rightarrow \angle PAC=\angle PCO$

$\Rightarrow \angle B_1C_1P=\angle PCM \Rightarrow C_1PCM$ nội tiếp

$\Rightarrow \angle MC_1C=\angle MPC \Rightarrow 90^o+\angle MC_1B=\angle MPO+\angle OPC$

Mà $\angle MC_1B=\angle AC_1B_1=\angle B_1CO=\angle OB_1C=\angle OPC$

$\Rightarrow \angle MPO=90^o$                                  (2)

(1)(2)$\Rightarrow M,H,P$ thẳng hàng.

Vậy $MP,BB_1,CC_1$ đồng quy tại 1 điểm.

Đề thi thử hôm nay .

$\boxed{\text{Bài 2a}}$

Giả sử tồn tại pt $x^2+ax+b=0$ thỏa mãn điều kiện đề bài. Gọi 2 nghiệm của pt này là $x_1,x_2$.

Khi đó ta có:$\left\{\begin{matrix} x_1x_2 & = & b\\ x_1+x_2 & = & -a \end{matrix}\right.$

Khi tăng hệ số của pt trên lên 1 đơn vị, ta dc pt mới:

$2x^2+(a+1)x+b+1=0$

Khi đó pt có 2 nghiệm là $x_1+1$ và $x_2+1$.

Theo Vi-et, ta có:$\left\{\begin{matrix} (x_1+1)+(x_2+1) & = & -\frac{a+1}{2}\\ (x_1+1)(x_2+1) & = & \frac{b+1}{2} \end{matrix}\right.$

Ta có $-\frac{a+1}{2}=x_1+x_2+2=2-a \Rightarrow a=5$

$\frac{b+1}{2}=x_1x_2+x_1+x_2+1=b-a+1=b-4 \Rightarrow b=9$.

Khi đó pt cần tìm là $x^2+5x+9=0$. Pt này vô nghiệm. Vậy ko tồn tại pt thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Ta có: $P=9x^2+8y^2-12xy+6x-20y+18=(3x-2y+2)^2+(2y-3)^2+5\geq 5$

Dấu "=" xảy ra khi: $\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{3}\\ y=\frac{3}{2} \end{matrix}\right.$

Mình có bấm máy thử thì thấy khi x=1,y=2 thì p=1.

Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ C và B của tam giác ABC. D là điểm đối xứng của A qua O, M là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC

            a) Chứng minh rằng M là trung điểm HD

            b) Gọi L là giao điểm thứ hai của CE với đường tròn tâm O. Chứng minh rằng H, L đối xứng nhau qua AB

a)$D$ đối xứng $A$ qua $O\Rightarrow D\in O\Rightarrow \angle BAC+\angle BDC=180^{\circ}$

$\angle BHC=\angle EHF$ 

$\angle EHF+\angle BAC=180^{\circ}$

$\Rightarrow \angle BDC=\angle BHC$      (1)

Mặt khác: $AOD$ là đường kính đường tròn $(O)$.

$\Rightarrow \angle ABD=\angle ACD=90^{\circ}$

Mà $\angle ABF=\angle ACE$

$\Rightarrow \angle HBD=\angle HCD$      (2)

$(1)(2)\Rightarrow HBDC$ là hình bình hành

$\Rightarrow đpcm$

b)$\angle EHA=\angle EFA=\angle ABC=\frac{1}{2}\text{sđ}\overarc{AC}=\angle ALC$

$\Rightarrow \triangle ALH$ cân tại $H\Rightarrow đpcm$.

Lời giải bài 4: Lê Khánh Sỹ

Cái chỗ AM suy rộng là sao vậy bạn? Bạn giải thích rõ hơn dược ko?

Giả sử rằng giá bán của viên kim cương tỉ lệ với bình phương khối lượng của nó. Khi đem một viên kim cương cắt thành ba phần và vẫn bán với giá như trên (đúng tỉ lệ trên) thì tổng số tiền thu được tăng hay giảm và trong trường hợp chia cắt nào thì sự sai biệt về giá trị là lớn nhất? 

Tìm tất cả các nghiệm nguyên $x,y$ của phương trình:

$x^2=y^2(x+y^4+2y^2)$