Đề thi các trường chuyên và các tỉnh năm học 2018-2019-Lời giải và bình luận

[sieunhanbachtang]

Bài 8 phần số học:Ta có thể tổng quát hóa kết quả bài toán như sau:
Cho 2 đa thức $P(x),Q(x) \in Z[x]$ thỏa mãn $P,Q$ nguyên tố cùng nhau.Đặt $a_n=(|P(n)|,|Q(n)|) \forall n\in Z^+$,khi đó dãy $a_n$ tuần hoàn
CM: Do $P,Q$ ntcn,nên tồn tại $R,S\in Z[x]$ sao cho $PR+QS=c$
Do đó $a_n|c \forall n$
Mặt khác $P(n+c)=P(n)(mod c),Q(n+c)=Q(n)(mod c)$,tồn tại $a,b$ để $aP(n)+bQ(n)=a_n=aP(n+c)+b(Q(n+c)(mod c)$ nên $a_n=aP(n+c)+bP(n+c)(mod a_{n+c})$ hay $a_{n+c}|a_n$hoàn toàn tương tự ta cx có $a_n|a_{n+c}$ nên dãy $a_n$ tuần hoàn chu kì $c$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenhaan2209]

Đề SP & KHTN
Số học
$1$.Câu $a$ đơn thuần là chọn số câu $b$ giả sử phản chứng $m=p.S$ thì chú ý $p,S<=m/3$ nên chọn đc $xi-xj=p$ và $xi+xj-1=2S$ từ đó có ĐPCM
$2$. Đặt $a1=m$ chia khoảng và chú ý $a_x=y$ và $a_y=x$ nên $2m-2|n$
$3$. Phản chứng là vô hạn. Do tích $= 2018!$, tổng $2018$ số $<=2018!+2017$, mà dễ thấy qua mỗi bước tổng đều tăng nên dễ thấy vô lí
$4$.Khai triển $p^{2^{n+1}}-1/p-1$ ta được $(p+1)...(p^{2^n}+1)$ mà CM đc các thừa số trên nguyên tố cùng nhau nên $p+1=a^2$, $p^2+1=b^2$ nên $a^4-2a^2+2=b^2$ dùng pp chặn thấy chỉ có $a=1$ là t/m
$5$. Đặt $u_n=a_n+1$ thì $u_1=1, u_2=4$ và $u_{n+2}=7u_{n+1}-u_{n}-2$ bằng quy nạp đơn giản thu được $u_n=F_{2n-1}^2$ nên $a_n+5=F_{2n-1}^2+4$ chú ý rằng $2027$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$ nên theo bổ đề quen thuộc ta có ĐPCM
Đại số
$1$. Dùng $ab(a+b)<=a^3+b^3$ và CT tính $1^3+...+n^3$
$2$. Sử dụng phản chứng thì đc $f$ có $2$ hoặc $4$ nghiệm cân bằng hệ số đc ĐPCM
$5$. Xuất phát từ bài toán quen thuộc $P(x)^2=P(x^2)$: Xét bậc $2n, 2n-1$ của VP thì suy ra $P(x)=x^k$ thay vào được $C=0$ đáp số là $0,1,x^n$
$6$. Đặt $x=a/b+c$ thì ta tính được $P<=2-6abc/(a+b)(b+c)(c+a)<=5/4$ và $P>=0$ do $a,b,c$ không âm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ncthanh]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{7}$ [Ninh Bình] Cho đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên và $a,b,c$ là các số nguyên thỏa mãn $P(a)=1,P(b)=2,P(c)=3$. Chứng minh rằng: $a+c=2b$.

Ta có tính chất quen thuộc sau: " Với $P(x)$ là đa thức hệ số nguyên và $x$, $y$ là các số nguyên thì $x-y$ là ước của $P(x)-P(y)$ "
Áp dụng tính chất trên ta suy ra $b-a\mid P(b)-P(a)=1$ và $c-b\mid P(c)-P(b)=1$, nên $b-a$ và $c-b$ nhận giá trị bằng $1$ hoặc $-1$, nhưng $P(a)\ne P(c)$ nên $a\ne c$, tức là $(b-a)+(c-b)\ne 0$, nên $b-a$ và $c-b$ cùng bằng $1$ hoặc cùng bằng $-1$, do đó $a+c=2b$, ta có điều cần chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vnt.hnue]

$\boxed{10}$ [Hải Phòng] Giải phương trình sau với 2018 dấu phân số\[1 + \dfrac{1}{{1 + \dfrac{1}{\begin{array}{l}
1 + \\
\quad\ddots \;1 + \dfrac{1}{x}\\

\end{array}}}} = x.\]
- Nhận xét 1 : Nếu $a$ là nghiệm của phương trình $f(x)=x$ thì cũng là nghiệm của $f(f(x))=x$ (vì $f(f(a))=f(a)=a$ . Áp dụng nhận xét liên tiếp 2017 lần với $f(x)=1+\frac{1}{x}$, ta suy ra 2 nghiệm của phương trình $1+\frac{1}{x}=x$ cũng là nghiệm của phương trình đề bài.
- Nhận xét 2: Phương trình đã cho thực chất là phương trình bậc 2 nên có tối đa 2 nghiệm. Từ đó ta kết luận được phương trình có 2 nghiệm là $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$; $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nkhanh75]

Nguyên văn bởi vnt.hnue

$\boxed{10}$ [Hải Phòng] Giải phương trình sau với 2018 dấu phân số\[1 + \dfrac{1}{{1 + \dfrac{1}{\begin{array}{l}
1 + \\
\quad\ddots \;1 + \dfrac{1}{x}\\

\end{array}}}} = x.\]
........
- Nhận xét 2: Phương trình đã cho thực chất là phương trình bậc 2 nên có tối đa 2 nghiệm.

Cái nhận xét 2 này chưa ổn chút nào
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vnt.hnue]

$\boxed{3}$ [Lạng Sơn] Cho $a,\,b,\,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng \[{\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)^2} \ge \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right).\]

Đặt $\frac{a}{b}=x,\frac{b}{c}=y,\frac{c}{a}=z$, có $xyz=1$. BĐT trở thành:
$(x+y+z)^{2}\ge x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+3$
hay
$(x+y+z)^{2}\ge x+y+z+xy+yz+zx+3$
hay
$x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx\ge x+y+z+3$
Sử dụng giả thiết $xyz=1$, bđt cần chứng minh có được trực tiếp từ $xy+yz+zx\ge 3$ và $x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge x+y+z$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ncthanh]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{9}$ [Sóc Trăng] Cho $x,\,y,\,z>0$ thỏa $x+y+z\le 1$, tìm giá trị nhỏ nhất của\[T = \frac{{\sqrt {{x^2}{y^2} + 1} }}{y} + \frac{{\sqrt {{y^2}{z^2} + 1} }}{z} + \frac{{\sqrt {{z^2}{z^2} + 1} }}{x}.\]

Ta có:
\[\begin{array}{l}
{\rm{ }}\frac{{\sqrt {{x^2}{y^2} + 1} }}{y} + \frac{{\sqrt {{y^2}{z^2} + 1} }}{z} + \frac{{\sqrt {{z^2}{x^2} + 1} }}{x}\\
= \sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{y^2}}}} + \sqrt {{y^2} + \frac{1}{{{z^2}}}} + \sqrt {{z^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \\
= \sqrt {\left( {{x^2} + \frac{1}{{81{y^2}}}} \right) + \frac{{80}}{{81{y^2}}}} + \sqrt {\left( {{y^2} + \frac{1}{{81{z^2}}}} \right) + \frac{{80}}{{81{z^2}}}} + \sqrt {\left( {{z^2} + \frac{1}{{81{x^2}}}} \right) + \frac{{80}}{{81{x^2}}}} \\
\ge \sqrt {\frac{{2x}}{{9y}} + \frac{{80}}{{81}}{y^2}} + \sqrt {\frac{{2y}}{{9z}} + \frac{{80}}{{81}}{z^2}} + \sqrt {\frac{{2z}}{{9x}} + \frac{{80}}{{81}}{x^2}} {\rm{ }}\left( {AM - GM} \right)\\
\ge \sqrt {\frac{2}{9}{{\left( {\sqrt {\frac{x}{y}} + \sqrt {\frac{y}{z}} + \sqrt {\frac{z}{x}} } \right)}^2} + \frac{{80}}{{81}}{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} \\
\ge \sqrt {\frac{2}{9}{{\left( {3\sqrt[3]{{\frac{x}{y}.\frac{y}{z}.\frac{z}{x}}}} \right)}^2} + \frac{{80}}{{81}}{{\left( {\frac{9}{{x + y + z}}} \right)}^2}} {\rm{ }}\left( {Minkowski} \right)\\
= \sqrt {82}
\end{array}\]
Vậy giá trị nhỏ nhất của $T$ là $\sqrt {82}$ đạt được khi $x = y = z = \frac{1}{3}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MATHSCOPE]

Các bài toán Hình Học

$\boxed{1}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội] Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$ $P,\,Q$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $OAB,\,OAC$. $R$ là điểm đối xứng của $O$ qua $BC$. Gọi $X$ là giao điểm của $RP$ và $CP$, $Y$ là giao điểm của $RC$ và $BQ$. Chứng minh rằng $\widehat{BAX} = \widehat{YAC}$.

$\boxed{2}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội]Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp đường tròn $O$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $E$ là giao điểm của $BI$ và $AC$, $F$ là giao điểm của $CI$ và $AB$; $M,\,N$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $BI$ và $CI$ và đường tròn $O$. Đường thẳng $BI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BNF$ tại điểm thứ hai $P$, đường thẳng $CI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $CME$ tại điểm thứ hai $Q$.

1. Chứng minh rằng tứ giác $EFBQ$ nội tiếp một đường tròn.
2. Qua $I$ kẻ đường thẳng $\Delta$ vuông góc với $BC$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $EFBQ$ nằm trên $\Delta$.

$\boxed{3}$ [Lạng Sơn] Cho hình chữ nhật $ABCD$, nội tiếp đường tròn $O$. Gọi $M,\,N$ lần lượt là trung điểm các cung nhỏ $BC,\,AD$. Gọi $I,\,J$ lần lượt là trung điểm $OM,\,ON$. Gọi $K$ là điểm dối xứng với $O$ qua $M$.

1. Chứng minh răng tứ giác $BJDK$ nội tiếp đường tròn
2. Gọi $P,\,Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $AB,\,AC$. Chứng minh rằng $AK\bot PQ$.

$\boxed{4}$ [Quảng Bình] Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm $BC$. Gọi $D,\,E,\,F$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn ($I$) nội tiếp tam giác $ABC$ với các cạnh $AB,\,BC,\,AC$, đường thẳng $EF$ cắt đường thẳng $CI,\,BI,\,AM$ lần lượt tại $X,\,Y,\,N$. Chứng minuh rằng

1. Giả sử $BC$ cố định và $A$ thay đổi trong mặt phẳng sao cho $\widehat{BAC}=\alpha,\;\ 0 < \alpha< 180^o$. Chứng minh độ dài đoạn $XY$ không đổi.
2. Giả sử tam giác $ABC$ không cân, chứng minh rằng ba điểm $N,\,I,\,D$ thẳng hàng và $\dfrac{{NX}}{{NY}} = \dfrac{{AC}}{{AB}}$.

$\boxed{5}$ [Quảng Bình] Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân, ($AB<AC$) có $H$ là trực tâm, nội tiếp đường tròn $(O)$ $BE,\,CF$ là các đường cao của tam giác $ABC$ $(E\in AC,\,F\in AB )$. Đường thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $G$, đường thẳng $AG$ cắt đường tròn $(O)$ tại $M$.

1. Gọi $T$ trung điểm $BC$, chứng minh rằng $GH\bot AT$.
   
   
2. Lấy điểm $P$ nào đó trên tia $BC$ ($P$ nằm ngoài đoạn $PC$). Đường tròn $(O)$ cắt $AP$ tại $I$ và cắt đường tròn đường kính $AP$ tại $Q$ ($I,\,Q$ đều khác $A$) $AQ$ cắt $BC$ tại $J$. Chứng minh rằng đường thẳng $IJ$ luôn đi qua một điểm cố định.

$\boxed{6}$ [Sài Gòn] Cho $AB$ là một dây cố định khác đường kính của đường tròn $(O)$ cố định. Gọi $M$ là trung điểm của cung nhỏ $AB$. Xét đường tròn $\left(O' \right)$ thay đổi tiếp xúc $(O)$ tại một điểm thuộc cung lớn $AB$ ($\left(O' \right)$ khác phía đối với $M$ so với đường thẳng $AB$). Các đường thẳng qua $M$ vuông góc với $O'A$ và $O'B$ cắt $AB$ tại các điểm $C,\,D$.

1. Chứng minh rằng $AB=2CD$.
   
   
2. Gọi $T$ là một điểm thuộc $O'$ sao cho góc $ATB=90^o$. Giả sử tiếp tuyến của $\left(O' \right)$ tại $T$ cắt đoạn $AB$ tại $N$ và đường thẳng $MN$ cắt $\left(O\right)$ tại $K$ khác $M$. Vẽ đường tròn $M,\,K$ tiếp xúc ngoài với $\left(O' \right)$ tại $S$. Chứng minh rằng $S$ luôn di chuyển trên một đường tròn cố định khi $\left(O' \right)$ thay đổi.

$\boxed{7}$ [Sài Gòn] Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân và nội tiếp $(O)$. Một đường tròn $(J)$ thay đổi đi qua $B,\,C$ và cắt các đoạn $AB,\,AC$ lần lượt tại $D,\,E$. Trên đường thẳng $BC$ lấy hai điểm phân biệt $R,\,S$ sao cho $(DER)$ và $(DES)$ tiếp xúc với đường thẳng $BC$. giả sử $(ADE)$ cắt $(O)$ tại $M$ khác $A$. Gọi $(O')$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $RSM$.

1. Chứng minh rằng đường tròn $(O')$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $RSM$.
   
   
2. Chứng minh rằng điểm $O'$ luôn di động trên một đường thẳng cố định khi $(J)$ thay đổi.

$\boxed{8}$ [Hà Nội] Cho hai đường tròn $(O)$ và $\left( {O'} \right)$ cắt nhau tại $A,\,B$. Qua $A$ kẻ hai đường thẳng $A_1$ và $A_2$, đường thẳng $A_1$ cắt hai đường tròn $(O)$ và $\left( {O'} \right)$ lần lượt tại $C$ và $D$;đường thẳng $A_2$ cắt hai đường tròn $(O)$ và $\left( {O'} \right)$ lần lượt tại $E$ và $F$($C,\,D,\,E,\,F$ khác $A$). Các đường trung trực $CD$ và $EF$ cắt nhau tại $K$. Đường thẳng $d$ thay đổi đi qua $K$ cắt đường tròn $\left( {O'} \right)$ tại $P,\,Q$. Chứng minh rằng trực tâm tam giác $APQ$ luôn nằm trên một đường tròn cố định.

Sẽ update thường xuyên..
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ncthanh]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{2}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội]Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp đường tròn $O$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $E$ là giao điểm của $BI$ và $AC$, $F$ là giao điểm của $CI$ và $AB$; $M,\,N$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $BI$ và $CI$ và đường tròn $O$. Đường thẳng $BI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BNF$ tại điểm thứ hai $P$, đường thẳng $CI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $CME$ tại điểm thứ hai $Q$.

1. Chứng minh rằng tứ giác $EFBQ$ nội tiếp một đường tròn.
2. Qua $I$ kẻ đường thẳng $\Delta$ vuông góc với $BC$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $EFBQ$ nằm trên $\Delta$.

1. Ta có: $\frac{{IF}}{{IP}} = \frac{{IB}}{{IN}} = \frac{{IC}}{{IM}} = \frac{{IE}}{{IQ}}$, suy ra $IF.IQ = IE.IP$, nên tứ giác $EFPQ$ nội tiếp.

2. Trước tiên ta phát biểu bổ đề sau: " Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$, ngoại tiếp đường tròn (I); đường phân giác của góc $B$ cắt $AC$ tại $E$ và cắt đường tròn (O) lần nữa tại $K$; đường phân giác góc $C$ cắt $AB$ tại $F$ và cắt đường tròn (O) lần nữa tại $L$. Khi đó ta có $IE.BK=IF.CL$"



Chứng minh: Kí hiệu $a$, $b$, $c$ lần lượt là độ dài các cạnh $BC$, $CA$, $AB$; $p$ là nửa chu vi tam giác $ABC$ và $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Ta có $BK.BE=ca$, đồng thời $\frac{{IE}}{{BE}} = \frac{{\left[ {AIC} \right]}}{{\left[ {ABC} \right]}} = \frac{{\frac{1}{2}br}}{{pr}} = \frac{b}{{a + b + c}}$, nên $BK.IE = \frac{{abc}}{{a + b + c}}$, tương tự $CL.IF = \frac{{abc}}{{a + b + c}}$, suy ra $IE.BK=IF.CL$. Hoàn tất chứng minh.

Trở lại bài toán.



Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $EFPQ$ . Ta có $K$ nằm trên $\Delta $ nếu và chỉ nếu $IK$ vuông góc với $BC$, hay:\[I{B^2} - I{C^2} = K{B^2} - K{C^2} \qquad(1).\]
Điều này tương đương với: \[ IB.BP + IB.IP - IC.CQ - IC.IQ = BP.BE - CQ.CF.\]
Hay: \[\begin{array}{l}
{\rm{ }}IB.IP - IC.IQ = BP.IE - CQ.IF\\
\Leftrightarrow IN.IF - IE.IM = BP.IE - CQ.IF\\
\Leftrightarrow IE.\left( {BP + IM} \right) = IF.\left( {CQ + IN} \right)\\
\Leftrightarrow IE.\left( {BM - PI} \right) = IF.\left( {CN - IQ} \right)\\
\Leftrightarrow IE.BM = IF.CN. \qquad(2)
\end{array}\]
Tới đây, áp dụng bổ đề vừa chứng minh ta có ngay đẳng thức $(2)$ đúng, tức là đẳng thức $(1)$ đúng, do đó $K$ thuộc $\Delta$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{8}$ [Ninh Bình] Cho ba số thực dương $a,\,b,\,c$. Chứng minh bất đẳng thức\[\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) + 4\sqrt 2 \left( {\frac{{ab + bc + ca}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}} \right) \ge 9 + 4\sqrt 2 .\]

Xét một bất đẳng thức rất chặt sau đây
$$27(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2 \ge 0$$
Chúng ta thu được
\[- 2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q} \le 2p^3-9pq+27r \le 2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q},\]
từ đây ta có
\[\dfrac{-2p^3+9pq-2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{9} \le abc \le \dfrac{-2p^3+9pq+2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{27}.\]
Bây giờ ta xét $a,b,c$ không âm, ta chuẩn hóa $a+b+c=3$ và khi đó tồn tại $t\in[0;1)$ sao cho $ab+bc+ca=3-3t^2$. Khi đó ta có
\[ (t+1)^2(1-2t)\le abc \le (t-1)^2(2t+1)\]
Vậy nên chúng ta cần chứng minh
\[\dfrac{3(3-3t^2)}{(t-1)^2(2t+1)} +\dfrac{4\sqrt{2}(3-3t^2)}{3+6t^2}\ge 9+4\sqrt{2}.\]
Việc nhóm các đối tượng cùng trọng số dễ dàng đưa chúng ta đến
\[\dfrac{24\sqrt{2}t^2\left(t+2-\dfrac{3}{\sqrt{2}} \right)^2}{(1-t)(2t+1)(2t^2+1)} \ge 0 .\]
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ và hoán vị $\left(x,x,x\sqrt{2} \right).$

Ngoài ra chúng ta cũng có thể giải bằng thuần Cauchy-Schwarz một cách dễ dàng
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenhaan2209]

Câu BĐT đề KHTN:
Với đề bài này ta nghĩ ngay tới phép thế $x=\frac{a}{b+c}, y=\frac{b}{c+a},z=\frac{c}{a+b}$
Biểu thức đã cho trở thành: $A=\sum \frac{ab}{(c+a)(c+b)}+\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)( c+a)}}\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}$
Hay: $1+\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}(\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}-2\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}})$
Đặt $\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}=t$
$1.$ Nếu a,b,c không có số nào bằng 0 thì $\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \sum \frac{a}{\sqrt{a(b+c)}}\geq 2>t$
Nếu có $1$ số $=0$, dễ thấy không đồng thời có $2$ số $=0$ nên WLOG gs $a=0$ thì
$\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}=\sum\sqrt{\frac{b}{c}}\geq 2>t$
Rõ ràng cả $2$ TH đều cho ta $A\geq1$ hay $minA=1$ dấu $"="$ xảy ra khi $(x,y,z)=(1,1,0)$ và các hoán vị
$2$. Ta có BĐT sau: $\sum \sqrt{\frac{2a}{b+c}}\geq 3$
$CM:$ Do vai trò đồng bậc, ta chuẩn hóa $a+b+c=3$
Bằng pp tiếp tuyến, ta CM đc $\sqrt{\frac{2a}{3-a}}\geq 1+\frac{a-1}{4}$
Biến đổi tương đương cái trên thành $(a-1)^2(a+5)\geq0$ hiển nhiên đúng
Áp dụng: $A\leq -2t^2+\frac{3}{\sqrt{2}}t+1$
Kháo sát hàm bậc $2$ trên $[0,\frac{1}{2\sqrt{2}}]$ có $A'=-4t+\frac{3}{\sqrt{2}}>0$ nên hàm đồng biến
Do vậy $A$ đạt cực đại tại $A(\frac{1}{2\sqrt{2}})=\frac{3}{2}$
Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$ hay $x=y=z=\frac{1}{2}$
------------------------------
Bài $12$ Đại số (Quảng Bình):
Gọi $x_1, x_2, . . . , x_n$ là các nghiệm thực của $P(x)$.
Nếu tồn tại $i ∈ {1, 2, . . . , n}$ sao cho $x_i<y$ thì $P(x_i)>0$ (mâu thuẫn vì $x_i$ là nghiệm của $P(x)$). Vậy ta có $0 < y ≤ x_i (i=1,n)$
Mặt khác ta có $P(x) = (x − x_1) (x − x_2). . .(x − x_n)$ và $n$ chẵn nên
$P(0) = (−1)^nx_1x_2 . . . x_n = x_1x_2 . . . x_n > 0$ (do n là số chẵn)
$P(y) = (y − x_1) (y − x_2). . .(y − x_n)= (x1 − y) (x2 − y). . .(xn − y) ≥ 0$
Điều cần chứng minh trở thành
$[y+\sqrt{(x_1 − y) (x_2 − y). . .(x_n − y)}]^n≤ x_1x_2 . . . x_n$
Áp dụng BĐT Holder ta được: $x_1x_2 . . . x_n = (y + x_1 − y) (y + x_2 − y). . .(y + x_n − y)≥[y+\sqrt{(x_1 − y) (x_2 − y). . .(x_n − y)}]^n$
Đây chính là điều phải chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenhaan2209]

Câu $13$ Đại số (Quảng Bình)
$f(x-y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y) \forall x\in R$ (1)
Gọi $P(u,v)$ là phép thế $x$ bởi $u$, $y$ bởi $v$ vào (1)
+ $P(x,0): f(0)(f(x)-2)=0$. TH $f(x)=2\forall x\in R$ ta thấy thỏa mãn do đó ta xét $f(0)=0$
+ $P(-1,-1): f(1)=f(-1)^2$ mà $P(0,1): f(-1)=-f(1)$ nên $f(1)=0$ hoặc $1$
$TH1: f(1)=0$ nên $f(-1)=0$
+ $P(x+1,1): f(x)=0$ thử lại ta thấy $f(x)=0 \forall x\in R$ thỏa mãn
TH$2$: $f(1)=1$
+ $P(x+1,1): f(x+1)=f(x)+1$ $(2)$
+ $P(x+1,y): f(x+1-y)+f(xy+y)=f(x+1)-f(y)+f(x+1)f(y)$
Từ $(2)\Rightarrow f(x-y)+1+f(xy+y)=f(x)+1-f(y)+f(x)f(y)+f(y)$
$\Rightarrow f(x-y)+f(xy+y)=f(x)+f(x)f(y)=f(x-y)+f(xy)+f(y)$
$\Rightarrow f(xy+y)=f(xy)+f(y) \Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y)$ $(3)$
+ $P(0,y):f(-y)=-f(y)$ do đó $f(x-y)=f(x)+f(-y)=f(x)-f(y)$
Thay vào $(1)$ thì $f(xy)=f(x)f(y)$ $(4)$
Từ $(3)(4)$ theo kết quả quen thuộc thì $f(x)=x$
Vậy bài toán có $3$ nghiệm hàm là $f(x)\equiv 0, f(x)\equiv 2, f(x)\equiv x \forall x\in R$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{1}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội] Cho $n$ là số nguyên lớn hơn $1$ và $\left\{x_1,\,x_2,\,\ldots,\,x_n\right\}$ là một hoán vị của $\left\{1,\,2,\,\ldots,\,n\right\}$,(tập hợp gồm $n$ số nguyên dương đầu tiên). Chứng minh rằng
\[\sum\limits_{k = 1}^n {k{x_k}\left( {k + {x_k}} \right)} \le \dfrac{{{n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{2}.\]

Trước tiên chúng ta có đẳng thức quen thuộc sau
\[1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 = \dfrac{ n^2 (n+1)^2}{4} .\]
Theo giả thiết thì và kết hợp đẳng thức trên thì
\[ \sum_{k=1}^nx^3_k+ \sum_{k=1}^nk^3= \dfrac{ n^2 (n+1)^2}{2}.\]
Vì thế bài toán cần chứng minh
\[\sum\limits_{k = 1}^n {k{x_k}\left( {k + {x_k}} \right)} \le \sum_{k=1}^n \left( x^3_k+k^3\right),\]
hay
\[\sum_{k=1}^n \left( x_k-k\right)^2\left( x_k+k\right)\ge 0.\]
Bất đẳng thức trên là luôn đúng trên tập số tự nhiên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenhaan2209]

Hình học
$1$. Chú ý tính chất điểm $Kosnita$ ($U$ là tâm $(OBC)$ thì $AU,BP,CQ$ đồng quy). Đoạn sau sử dụng hàng điểm điều hòa và chú ý qua phép đối xứng trục là pg góc $A$ bảo toàn tỉ số kép nên $AX,AY$ đẳng giác
$2$. Câu $a$ biến đổi góc đơn giản. Câu $b$ sử dụng định lí $4$ điểm ĐPCM tương đương với $SB^2-SC^2=IB^2-IC^2$ sau cùng cần cm $IE/IF=BN/CM$ điều này đúng dựa theo định lí $sin$ (lồng $IB, IC$ vào) và ta có ĐPCM
$3$.
$a) OJ.OK=ON.OM=OB.OD$ nên $BJDK$ nội tiếp
$b)$ $OI.OK=1/2R.2R=OA^2$ nên $OAI=OKA=KAB$ nên $AK$, $AI$ đẳng giác góc $BAC$ mà $AI$ là đường kính $(APQ)$ nên $AK$ là đg cao tức $AK$ vg $PQ$
$4$.
$a)$ Theo kết quả quen thuộc thì $BXYC$ nội tiếp mà $XY/BC=XY/2R=sinXBY=sinEFI=sinA/2$ luôn cố định do $A$ const
$b)$ Kẻ đgt qua $N//BC$ ta có $IEG$~$IFH$ do $EIG=END=HNF=HIF$ nên $IH/IG=IE/IF=1$ tức $N$ là tđ $HG$ suy ra $AN$ đi qua tđ $M$ của $BC$
$NX/NY=IX/IY.cosC/2:cosB/2=sinC/2cosC/2:sinB/2cosB/2=sinC/sinB=AC/AB$
$5.$
$a)$$DH.DA=DB.DC=DG.DT$ (Maclaurin) nên $H$ là trực tâm $ATG$ hay $GH$ vg $AT$
$b)$Gọi $IJ$ cắt $(O)$ tại $S$, $GS$ cắt $(O)$ tại $L$.
Ta có: $LC/LB=GC/GB.SB/SC$ (bổ đề quen thuộc) =$GC/GB.IC/IB.JB/JC$ (bổ đề cát tuyến)
$=EC/EA.FA/FB.IC/IB.JB/JC$ (định lí $Menelaus$)
$=(AC/AB)^2.DC/DB.sinPAC/sinPAB.JB/JD.JD/JC$ (định lí $sin$)
$=(AC/AB)^2.DC/DB.AB/AC.PC/PB.BD/PC.BP/DC$ ($JB/JD=JP/JC$) $=AC/AB$
Từ đó theo bổ đề cát tuyến ta có $AL$ đi qua tđ $T$ của $BC$, từ đó rõ ràng thấy $S$ cố định hay $IJ$ luôn đi qua điểm $S$ cố định
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyenhuyen_AG]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{3}$ [Lạng Sơn] Cho $a,\,b,\,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng \[{\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)^2} \ge \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right).\]

Câu này là đề Iran 2005.

Giả sử $a = \max\{a,b,c\}.$ Ta xét hai trường hợp sau:

1. Nếu $b \geqslant c,$ áp dụng bất đẳng thức AM-GM
\[4(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \leqslant \left [\frac{a+b+c}{b}+b\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \right ]^2.\]
Ta quy bài toán về chứng minh
\[2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right ) \geqslant \frac{a+b+c}{b}+b\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ),\]
thu gọn thành
\[\frac{(a-c)\left[b(b-c)+c(a-b)\right]}{abc} \geqslant 0.\]
Hiển nhiên đúng.

2. Nếu $b \leqslant c,$ đánh giá tương tự như trên
\[4(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \leqslant \left [\frac{a+b+c}{c}+c\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \right ]^2,\]
ta đưa bài toán về chứng minh
\[2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right ) \geqslant \frac{a+b+c}{c}+c\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ),\]
tương đương với
\[\frac{(a-b)(2ca-ab-c^2)}{abc} \geqslant 0.\]
\[\frac{(a-b)\left[c(a-c)+a(c-b)\right]}{abc} \geqslant 0.\]
Hiển nhiên đúng.

Trong mọi trường hợp bất đẳng thức đều được chứng minh.

Ngoài ra thì
\[{\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)^2} \-\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = \sum \frac{(a+b)(a-b)^2}{ab^2} \geqslant 0.\]
------------------------------

Nguyên văn bởi Le khanhsy

Ngoài ra chúng ta cũng có thể giải bằng thuần Cauchy-Schwarz một cách dễ dàng

Bài này có thể giải thuần túy Cauchy-Schwarz bằng 2 cách.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]