Ngoài ra chúng mình cũng cần tìm thêm nhà tài trợ phụ ngoài nhà tài trợ chính là hoc24.vn ^^ Ai có thể giới thiệu cho chúng mình nhỉ?

đề xuất  với ad cho tổ chức cuộc thi thiết kế như cuộc thi thiết kế logo nhé =)))

sao ad có 91 GP mà làm đc CTV vậy

a) Theo phương tích ta có HB . HC = HJ . HT. (1)

Mặt khác do (BCHS) = -1 nên theo hệ thức Maclaurin ta có HB . HC = HM . HS. (2)

Từ (1), (2) suy ra HM . HS = HJ . HT, do đó tứ giác SJMT nội tiếp.

b) Theo hệ thức lượng ta có \(MO.MT=MB^2\).

Mặt khác theo hệ thức Newton, ta có \(MB^2=MH.MS\).

Do đó \(MO.MT=MH.MS\Rightarrow\dfrac{MO}{MS}=\dfrac{MH}{MT}\Rightarrow\Delta MOS\sim\Delta MHT\left(c.g.c\right)\).

Từ đó \(\widehat{MSO}=\widehat{MTH}\Rightarrow SO\perp TH\).

Lại có tứ giác SJMT nội tiếp nên \(\widehat{SJH}=90^o\). Suy ra S, J, O thẳng hàng.

JG cắt BC tại D'. AO cắt BC tại I.

Ta có \(\dfrac{D'B}{D'C}=\dfrac{D'B}{D'J}.\dfrac{D'J}{D'C}=\dfrac{BG}{CJ}.\dfrac{BJ}{CG}=\dfrac{BG}{CG}.\dfrac{BJ}{CJ}\).

Mặt khác do O, T là điểm chính giữa của (BOC) nên JT là phân giác của góc BJC, GO là phân giác của góc BGC. Suy ra \(\dfrac{BG}{CG}=\dfrac{BI}{CI};\dfrac{BJ}{CJ}=\dfrac{BH}{CH}\).

Do đó \(\dfrac{D'B}{D'C}=\dfrac{BG}{CG}.\dfrac{BJ}{CJ}=\dfrac{BI}{CI}.\dfrac{BH}{CH}\).

Lại có AH, AI đẳng giác trong tam giác ABC nên \(\dfrac{BI}{CI}.\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{AB^2}{AC^2}\Rightarrow\dfrac{D'B}{D'C}=\dfrac{AB^2}{AC^2}\)

\(\Rightarrow\) AD' là đường đối trung của tam giác ABC.

Mặt khác ta có kết quả quen thuộc AT là đường đối trung của tam giác ABC, do đó \(D'\equiv D\).

Vậy SO, TH, DG đồng quy tại J.

Hóng cuộc thi này và hóng lên top .__.

nhìn cái đề là ko muốn thi ròi

Gõ lại lần cuối, không được nữa nghỉ chơi hoc24:v

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2\geq abc(a^2+b^2+c^2)$$Ta có$2\left( {{a^3}{b^2} + {b^3}{c^2} + {c^3}{a^2}} \right) - 2abc\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$$= \displaystyle\LARGE{\sum} {{a^3}} \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) -\displaystyle \LARGE{\sum} {{a^2}} ({b^3} - {c^3})$Mặt khác ta có đẳng thức sau

$${a^2}\left( {{b^3} - {c^3}} \right) + {b^2}\left( {{c^3} - {a^3}} \right) + {c^2}\left( {{a^3} - {b^3}} \right) = {a^2}{\left( {b - c} \right)^2} + {b^2}{\left( {c - a} \right)^2} + {c^2}{\left( {a - b} \right)^2}$$Từ đó dễ dàng thu được$$2\left( {{a^3}{b^2} + {b^3}{c^2} + {c^3}{a^2}} \right) - 2abc\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$$$$= {a^2}{\left( {b - c} \right)^2}\left( {a - b + c} \right) + {b^2}{\left( {c - a} \right)^2}\left( {b - c + a} \right) + {c^2}{(a - b)^2}\left( {c - a + b} \right)$$$$= {S_a}{\left( {b - c} \right)^2} + {S_b}{\left( {c - a} \right)^2} + {S_c}{\left( {a - b} \right)^2}$$Với $${S_a} = {a^2}\left( {a - b + c} \right)$$$${S_b} = {b^2}\left( {b - c + a} \right)$$$${S_c} = {c^2}\left( {c - a + b} \right)$$Do $a,$$b,$$c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên rõ ràng $S_a,S_b,S_c$ không âm. Ta thu được điều hiển nhiên.

Xét hiệu hai vế bất đẳng thức đã cho ta được:

\(VT-VP={\dfrac { \left( a-b \right) ^{2}{c}^{2}}{ \left( b+c \right) \left( c +a \right) \left( a+b+c \right) }}+{\dfrac { \left( b-c \right) ^{2}{a }^{2}}{ \left( a+b \right) \left( c+a \right) \left( a+b+c \right) } }+{\dfrac { \left( ac-{b}^{2} \right) ^{2}}{ \left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( a+b+c \right) }}\geqslant 0. \)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$

Cách khác. 

Quy đồng, ta cần chứng minh:

\(2\,{a}^{3}{c}^{2}+{a}^{2}{b}^{3}-3\,{a}^{2}{b}^{2}c-2\,{a}^{2}b{c}^{2} +2\,{a}^{2}{c}^{3}+a{b}^{4}-3\,a{b}^{2}{c}^{2}+{b}^{4}c+{b}^{3}{c}^{2}\geq 0\)

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

\(3\,a{b}^{2}{c}^{2}\leq \dfrac{5}{4}{a}^{2}{c}^{3}+\dfrac{1}{2}\,a{b}^{4}+\dfrac{1}{4} \,{b}^{4}c+{b}^{3}{c}^{2},\\2\,{a}^{2}b{c}^{2}\leq {\dfrac {7\,{a}^{3}{c} ^{2}}{10}}+\dfrac{1}{5}{a}^{2}{b}^{3}+\dfrac{3}{4}{a}^{2}{c}^{3}+{\dfrac {7\,{b}^{4}c }{20}},\\3\,{a}^{2}{b}^{2}c\leq {\dfrac {13\,{a}^{3}{c}^{2}}{10}}+\dfrac{4}{5}{a }^{2}{b}^{3}+\dfrac{1}{2}a{b}^{4}+\dfrac{2}{5}{b}^{4}c \)

Xong :D

[Toán.C35 _ 24.1.2021]

Điền hai số còn thiếu vào quy luật sau: 0 - 1 - 13 - 61 - ? - ?

\(\Rightarrow0-1-13-61-253-1017\)

[Toán.C36 _ 24.1.2021]

Điền số còn thiếu vào quy luật sau: 32 - 12 - 136 - 176 - ? - 196

\(\Rightarrow\text{32-12-136-176-186-196}\)

[Toán.C36 _ 24.1.2021]

Điền số còn thiếu vào quy luật sau: 32 - 12 - 136 - 176 - ? - 196

Câu này sai nhé !

Phài là : Điền số còn thiếu vào quy luật sau: 12 - 32 - 136 - 176 - ? - 196

[Toán.C35 _ 24.1.2021]

Điền hai số còn thiếu vào quy luật sau: 0 - 1 - 13 - 61 - ? - ?

0 - 1 - 13 - 61 - 253 - 1021

Chắc đúng :)

Xí câu dễ trước

Câu 31.

a) Thay $b=\dfrac{5-3a}{4}$ vào và rút gọn thì cần chứng minh $(5a-3)^2\geqslant 0.$

b) Ta có: \(5^2=\left(2+3\right)\left(2a^2+3b^2\right)\ge\left(2a+3b\right)^2\Rightarrow2a+3b\le5\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1.\)

Bài 33.

Chuyển về pqr, cần chứng minh:

\({\dfrac { \left( {p}^{2}-3\,q \right) \left( {p}^{3}q-{p}^{2}r-2\,p{q} ^{2}+6\,qr \right) }{2qr \left( {p}^{2}-2\,q \right) }}\geqslant 0 \)

Đây là điều hiển nhiên nếu khai triển biểu thức \({p}^{3}q-{p}^{2}r-2\,p{q}^{2}+6\,qr\) ta sẽ được một đa thức với tất cả hệ số đều dương.

Câu 32. 

BĐT \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le1^2+\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{1}{3}\right)^2\)

\(VP=c^2\cdot\dfrac{1}{9c^2}+b^2\cdot\dfrac{1}{4b^2}+a^2\cdot\dfrac{1^2}{a^2}\)

\(=\dfrac{\left(c^2-b^2\right)}{9c^2}+\left(b^2-a^2\right)\left(\dfrac{1}{4b^2}+\dfrac{1}{9c^2}\right)+a^2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{4b^2}+\dfrac{1}{9c^2}\right)\)

\(\ge\left(c^2-b^2\right)\cdot\left(\dfrac{1}{3c}\right)^2+\dfrac{\left(b^2-a^2\right)\left(\dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{3c}\right)^2}{2}+\dfrac{a^2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{3c}\right)^2}{3}\)

\(\ge\left(c^2-b^2\right)+2\left(b^2-a^2\right)+3a^2=a^2+b^2+c^2\)

Dấu bằng không xảy ra nên ban đầu em tưởng đề sai.

nghe vui thật đấy nhưng em không có fb :'((

''P/s: Tiền sự kiện là sự kiện mà fan hâm mộ trinh thám chắc chắn sẽ hóng chờ đó!!!''-Đoạn này là sao hả a ._.? Sự kiện gì thế..:)

Chúc cuộc thi thành công chói như ánh sáng của Đảng :>

^{À chiều nay mình vừa mới thi xong nha các bae =))}

Em k có f ạ

em like rùi sj

câu này pro vãi