các bài toán lạ đã gửi cho Toán Tuổi Thơ 2(C.N)

ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “ ĐỀ RA KÌ NÀY”
Bài toán: ( Lớp 8)
Trong tam giác ABC có diện tích bằng đơn vò, dựng đoạn AD ( D ∈ BC) cắt trung tuyến CF tại
điểm M sao cho FM =
CF
4
1
. Tìm diện tích của tam giác ABD.
Bài giải:
Lấy M’ đối xứng với M qua F suy ra tứ giác AMBM’ là hình bình hành.
Tacó:
5
3
4
5
4
3
''
===
CF
CF
CM
MC
BM
MD
⇒
5
8

5
3
=⇒=
MA
AD
MA
MD
(1)
và S
AMF
=
8
1
8
1
4
1
==
ABCACF
SS
(2)
Mặt khác:
AM
AD
h
h
AM
AD
S
S

f
b
AMF
ABD
.2.
==
(3)
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra S
ABD
= 2.
5
2
8
1
.
5
8
=
(đvdt
ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài toán: Giả sử đa thức P(x) = x
5
+ x
2
+ 1 có năm nghiệm a,b,c,d,e. Đặt Q(x) = x
2
– 2

Hãy xác đònh tích Q(a).Q(b).Q(c).Q(d).Q(e).
Bài giải:
Tacó: P(x) = (x – a)(x – b)(x – c)(x – d)(x – e) do a,b,c,d,e là nghiệm của P(x).
Suy ra: Q(a).Q(b).Q(c).Q(d).Q(e) = ( a
2
– 2)(b
2
– 2)…(e
2
– 2)
=
)2)...(2).(2)...(2( eaea
−−−−−−
h
f
h
b
A
B
C
M'
F
M
D
=
)2().2(
−
PP
=
[ ][ ]

1)2()2(1)2()2(
2525
+−+−++
=
23)243)(243(
−=−+

ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài toán: Trong tam giác ABC lấy điểm M sao cho BAM = MBC = MCA = α. Chứng minh đẳng
thức: cotgα = cotgA + cotgB + cotgC.
Bài giải:
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC.
Đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là
D. Ta có:
AD // BC.
Gọi E, F là hình chiếu vuông góc của A, D xuống BC;
BC cắt đường tròn (O) tại N.
Tứ giác ANCD là hình thang cân
⇒ ∆AEN = ∆DFC ⇒ EN = CF
Ta có:
cotgα =
DF
CF
AE
EC
AE
BE

DF
CFECBE
DF
BF
++=
++
=
= cotgA + cotgB + cotgC.(đpcm)
ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “ ĐỀ RA KÌ NÀY”
Bài toán: ( Dành cho THPT)
Cho tam giác ABC cạnh a,b,c và điểm M nằm bên trong tam giác sao cho BAM = MBC = MCA
= α. Chứng minh đẳng thức:
222
4
cba
S
tg
++
=
α
. Trong đó S là diện tích tam giác ABC.

Bài giải:
N C
M
O
B

A
D
F
E
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC.
Đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là
D. Ta có:
AD // BC.
Gọi E, F là hình chiếu vuông góc của A, D xuống BC;
BC cắt đường tròn (O) tại N.
Tứ giác ANCD là hình thang cân
⇒ ∆AEN = ∆DFC ⇒ EN = CF
Ta có:
cotgα =
DF
CF
AE
EC
AE
BE
DF
CFECBE
DF
BF
++=
++
=
= cotgA + cotgB + cotgC
=
c

CR
b
BR
a
AR
C
C
B
B
A
A cos2cos2cos2
sin
cos
sin
cos
sin
cos
++=++
=
)cos2cos2cos2.( CabBacAbc
abc
R
++
=
)(
222222222
cbabcaacb
abc
R
−++−++−+

=
S
cba
cba
abc
R
4
).(
222
222
++
=++
(đpcm)
ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài toán: Cho góc xOy và M,N là hai điểm nằm bên trong góc đó. Gọi M
1
, M
2
; N
1
, N
2
lần lượt là
hình chiếu vuông góc của M và N xuống hai cạnh Ox, Oy. Chứng minh rằng tứ giác N
1
M
1

M
2
N
2

nội tiếp được khi và chỉ khi xON = yOM.
Bài giải:
+ Giả sử tứ giác N
1
M
1
M
2
N
2
nội tiếp ⇒ M
2
N
2
N
1
=
OM
1
M
2

⇒
N
1

N
2
N = M
2
M
1
M (1)
N C
M
O
B
A
D
F
E
x
y
N
2
N
1
M
2
M
1
O
M
N
Do OM
1

MM
2
; ON
1
NN
2
là các tứ giác nội tiếp nên:



=
=
MMMMOM
NNNNON
122
211
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ xON = yOM (đpcm).
+ Ngược lại, nếu xON = yOM thì từ các cặp tam giác đồng dạng OMM
2
, ONN
1
với OMM
1
, ONN
2
ta có:
2
1
1

2
ON
OM
ON
OM
ON
OM
==

⇒ OM
2
.ON
2
= OM
1
.ON
1
ta được đpcm.
ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “ ĐỀ RA KÌ NÀY”
Bài toán:
Giải phương trình:
83)23(2
32
+=+−
xxx
. (1)
Bài giải:

ĐK: x ≥ -2
Đặt
42;2
2
+−=+=
xxbxa
⇒ a ≥ 0; b > 0. Ta có:
PT (1) ⇔ 2(b
2
– a
2
) = 3ab
⇔ (2b + a)(b – 2a) = 0
⇔ 2a = b ( do 2b + a > 0)
⇔
4222
2
+−=+
xxx
⇔ x
2
– 6x – 4 = 0 ⇒
133
±=
x
( Thỏa mãn ĐK)
Vậy PT (1) có hai nghiệm là
133
±=
x

ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài toán:
Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình





≤−<
=+
149,13
44
xy
yx
Bài giải:
Từ PT (2) ⇒ xy < 0, giả sử x > 0; y < 0. Ta có hệ:



−<≤−
=−
21,193196
44
xy
yx
Do (x + y)
2

= (x – y)
2
+ 4xy nên ta có:
– 196.4 + 44
2
≤ (x + y)
2
< – 193,21.4 + 44
2
⇒ 33,84 ≤ x + y  < 34,1 ⇒ x + y  = 34 ( do x,y nguyên)
Trường hợp 1:



=+
>
34yx
yx
Ta có hệ



−=
=
⇔



=+
=−

5
39
34
44
y
x
yx
yx

Trường hợp 2:



−=+
<
34yx
yx
Ta có hệ



−=
=
⇔



−= =+
=−
39

5
34
44
y
x
yx
yx
Vậy hệ PT có hai nghiệm ( 39; -5) và ( 5; -39)
ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài toán:
Giải phương trình:
)55)(3(43
2
1
2
2
2
+++=






++
xxxxx

Bài giải:
PT (1) ⇔ ( x
2
+ 6x + 8 )
2
= 4 ( x + 3)( x
2
+ 5x + 5)
Do ( x + 3) + ( x
2
+ 5x + 5) = x
2
+ 6x + 8 nên áp dụng BĐT ( a+b)
2
≥ 4ab
ta có:( x
2
+ 6x + 8 )
2
≥ 4 ( x + 3)( x
2
+ 5x + 5)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x + 3 = x
2
+ 5x + 5 ⇒
22
±−=
x
Vậy phương trình có hai nghiệm
22

±−=
x
ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài toán:
Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức:
404
)2008()3(
2
3
222
+
++
=
x
xx
A
Bài giải:
Nhân hai vế cho
3
4
ta được:

404
)2008()3(4
.4
2
3

222
3
+
++
=
x
xx
A
=
3
2
2
2
2
2
2
404
2008
.
404
)3(2
.
404
)3(2
+
+
+
+
+
+

x
x
x
x
x
x
p dụng BĐT Cauchy cho ba số dương
404
2008
;
404
)3(2
;
404
)3(2
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
+
+
x
x
x

x
x
x
ta được:
6
2.5
3
5
)404(3
20205
.4
3
2
2
3
≤⇒=
+
+
≤
A
x
x
A

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2(x
2
+ 3) = x
2
+ 2008 ⇔
2002

±=
x
Vậy A
max
=
6
2.5
3
khi và chỉ khi
2002
±=
x
ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài toán: (TT thơ)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O,R) và ngoại tiếp đường tròn (I). Giả sử dây
AB =
3R
, AC vuông góc với BD. Hãy tính diện tích tứ giác ABCO theo R.
Bài giải:
Trước hết xin nhắc lại 2 bổ đề quen thuộc không chứng minh:
Bổ đề 1: ( Đònh lí Ptô-lê-mê)
Nếu một tứ giác nội tiếp thì tích của hai đường chéo bằng tổng các tích hai cạnh đối.
Bổ đề 2:
Tứ giác có hai đường chéo vuông góc mà nội tiếp được thì tổng bình phương hai cạnh đối bằng
bình phương đường kính của đường tròn ngoại tiếp.
Trở lại bài toán, gọi I là giao của AC và BD. Theo bổ đề 2 ta có:
+ AB

2
+ CD
2
= 4R
2
⇒ CD = R
+ AD
2
+ BC
2
= 4R
2

⇒ 2.AD.BC = (AD + BC)
2
– 4R
2
= (AB +CD )
2
– 4R
2
( do ABCD ngoại tiếp)
= (
3R
+R)
2
– 4R
2
= 2
3

2
R
⇒ AD.BC =
3
2
R
+
)..(
2
1
.
2
1
BCADCDABBDACS
ABCD
+==
( Theo bổ đề 1)
=
3)33(
2
1
222
RRR
=+
(đvdt)
Hạ OE ⊥ AC; OF ⊥ BD suy ra OE = IF.
⇒
ABCDABCO
SACBFACBIOES
2

1
.
2
1
)(
2
1
==+=
=
2
3
2
R

Từ Thò Thanh Nhàn
Lớp 6A
1
trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GIẢI BÀI
MỤC “ ĐỀ RA KÌ NÀY”
Bài T1/359 (Lớp 6). Tính tổng gồm 2005 số hạng

2007.2005
2006
...
5.3
4
4.2
3
3.1

2
2222
++++=
S
Bài giải:
Ta có:
( )( )






+
−
−
+=
+−
1
1
1
1
.
2
1
1
11
2
nnnn
n

với n ≥ 2.
Suy ra:






−+=
3
1
1.
2
1
1
3.1
2
2







−+=
4
1
2
1

.
2
1
1
4.2
3
2







−+=
5
1
3
1
.
2
1
1
5.3
4
2
.
I
D
B

R 3
O
C
A
E
F
.







−+=
2007
1
2005
1
.
2
1
1
2007.2005
2006
2
Cộng từng vế ta được:







−++−+−+−++++=
2007
1
2005
1
...
5
1
3
1
4
1
2
1
3
1
1
2
1
1...11S
=
2006
501
2007
1003
2005
++

Bài T2/359.( Lớp 7) Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên đường thẳng AC lấy điểm M tùy
ý. Đường vuông góc BC qua M cắt đường thẳng BC tại H. Gọi I là trung điểm của BM. Tính số
đo của góc HAI .
Bài giải:
Gọi E là điểm đối xứng với H qua I .
Ta có: IA = IH = IE ( = BM/2)
⇒ ∆ AEH vuông tại A. (1)
Ta có: EBH = 90
0
( do BI = EH/2) (2)
BE = MH ( do ∆ BIE = ∆ HIM (c-g-c)) (3)
∆ HCM vuông cân tại H ⇒ HC = MH (4)
Từ (2), (3) và (4) ⇒ ∆ ABE = ∆ ACH ( c-g-c) ⇒ AE
= AH (5)
Từ (1) và (5) ⇒ ∆ AEH vuông cân tại A
⇒ HAI = 45
0
Bài T4/359. Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = abc.
Chứng minh rằng:
1
333
≥++
a
c
c
b
b
a
Bài giải: Đặt P =
333

a
c
c
b
b
a
++
Do a, b, c dương nên áp dụng BĐT Cauchy ta có:
232323
21
;
21
;
21
a
ac
a
c
c
bc
c
b
b
ab
b
a
≥+≥+≥+
Cộng theo vế ta được:







++−++≥
cabcab
cba
P
111222
222
Mặt khác:
;
211
22
ab
ba
≥+

;
211
22
bc
cb
≥+

;
211
22
ca
ac

≥+
nên từ (*) ta có:
1
111
=
++
=++≥
abc
cba
cabcab
P
(đpcm)
Bài T5/359. Giải phương trình
x
xx
x
x
x
5
2
14
−+=−+
I
A
C
B H
M
E
Bài giải: ĐK: -1≤ x < 0 và x ≥
2

10
PT (1) ⇔
x
x
x
x
x
x
5
2
41
−+−=−
(2)
Bình phương hai vế và thu gọn ta được:
PT (2) ⇔
01
5
22
44
=








+−+−







−
x
x
x
x
x
x

2
1
45
24
2






−−=







−
±=
⇔
x
xx
x
x

( )
01
2
34
2
2
=






−+
±=
⇔
x
x
x
2
3

4
2
±=
−=
±=
⇔
x
x
x
Kết hợp với điều kiện ta có x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài T6/359. Cho tam giác ABC vuông tại A với AB < AC, BC = 2 + 2
3
và bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác bằng 1. Tính số đo các góc B và C của tam giác ABC.
Bài giải:
Gọi M, N là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với các cạnh AB,
AC.
Ta có AMIN là hình vuông ⇒ AM = AN = 1.
Ta có: AB+AC = 2 + BC = 4 + 2
3
. (1)
Và
( )
346.322
2
22
+=⇒+=+
ACABACAB
(2)
Từ (1) và (2) ⇒






+=
+=
33
31
AC
AB
( do AB < AC)
⇒
⇒=
2
BC
AB
∆ ABC là nửa tam giác đều cạnh BC ⇒ C = 30
0
; B = 60
0
.
Từ Thò Thanh Nhàn
Lớp 8A
1
trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GIẢI MỤC
“ THI GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài 2(51). Giải phương trình
116

2
1
3
3
−=+
xx
(*)
Bài giải:
Đặt t =
2
1
−
x
phương trình trở thành
11224161
23
3
+++=+
tttt
(1).
1
I
C
B
A
N
M
Đặt a = 16t
2
+24t +12 ⇒ a = (4t + 3)

2
+ 3 ≥ 3.
PT (1) ⇔ t + 1 = ( ta + 1 )
3
⇔ t(t
2
a
3
+ 3ta
2
+ 3a – 1) = 0 (2)
Do t
2
a
3
+ 3ta
2
+ 3a – 1 =
3,01
4
3
2
3
.
2
≥∀>−









+






+
aata
Nên từ PT(2) ⇒ t = 0 ⇒ x =
2
1
( Nghiệm đúng PT (*))
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
2
1
Bài 3(51). Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 1. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu
thức
y
xy
x
yx
P
−
+
+

−
+
=
1
2
1
2
Bài giải:
Do x + y = 1 nên
)()2
1
()2
1
(
11
yxx
x
y
yx
x
y
y
P
+−+++=
+
+
+
=
(1)
p dụng BĐT Cauchy ta được:

( )
22;222
1
;222
1
=+≤+≥+≥+
yxyxx
x
y
y
.
Kết hợp với (1) ta được :
23
≥
P
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = ½.
Vậy P
min
=
23
khi và chỉ khi x = y = ½.
Bài 5(51). Cho hai đường tròn (O;R) ; (O; R’) có OO’ > R + R’. Từ O kẻ tới (O’) tiếp tuyến OT’.
Từ O’ kẻ tới (O) tiếp tuyến O’T. Đường thẳng TT’ cắt (O) và (O’) lần lượt tại S và S’( khác T và
T’). Chứng minh rằng ST = S’T’.
Bài giải:
Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của ST; TT’; T’S’; và
OO’. Ta có:
OM // O’P(vì cùng vuông góc với TT’). (1)
Do ∆ OTO’ và ∆ OT’O’ là các tam giác vuông nên QT =

QT’ ( =
2
1
OO’) ⇒ QN ⊥ TT’ (2).
Từ (1) và (2) ⇒ QN // OM // O’P ⇒ NM = NP
⇒ TM = T’P ⇒ TS = T’S’ (đpcm).
ĐOÀN CÁT NHƠN
Số nhà 17- Đường Trần Thò Kỷ-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GIẢI MỤC THÁCH ĐẤU
( Báo Toán Tuổi Thơ 2- số 51)
Bài toán thách đấu:
Cho x, y > 0, x + y + xy = 1. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức:
yxyx
P
111
++
+
=
Bài giải:
T
O
O'
T'
Q
S'
S
M
P
N
p dụng BĐT Cauchy cho các số dương ta có:

( )
12
11
2102121
2
−
≥⇒≤+<⇒≤+⇒+≥++=
xy
xyxyxyxyxyyx
⇒
( )
122
5
2
5
2
3
2
2
.
4
3
)
4
1
(
1
−
≥=+≥
+

+
+
+
+
=
+
+
+
=
xyxyxy
xy
yx
xy
yx
yxxy
yx
yx
P
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y =
12
−
Vậy P
min
=
)12(2
5
−
khi và chỉ khi x = y =
12
−

ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài toán: Cho tam giác ABC cân tại A. Đường trung trực của BC và đường thẳng vuông góc với
AB tại B cắt nhau ở O. Đường thẳng bất kỳ cắt AB, BC, CA lần lượt ở E, D , F (D nằm giữa B và
C). Chứng minh rằng OD vuông góc với EF khi và chỉ khi DE = DF.
Bài giải:
Thuận: Giả sử OD ⊥ EF, suy ra ODE = 90
0
. Khi đó EBOD và CDOF là
các tứ giác nội tiếp.
Suy ra OED = OBC = OCB = OFD (đpcm)
Đảo: Giả sử DE = DF nhưng ODE ≠ 90
0
.
Kẽ đường thẳng vuông góc với OD tại D cắt AB, AC lần lượt ở E’ và F’.
Theo phần thuận ta có: DE’ = DF’. Suy ra ∆EDE’ = ∆FDF’ (c-g-c) ⇒
E’ED = F’FD ⇒ AB // AC(mâu thuẫn với giả thiết). Vậy ta có điều phải
chứng minh.
ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài toán: Giải phương trình:
1
)1(
13
22
=

+
−
xx
(1)
Bài giải: Điều kiện: x ≠ 0; x ≠ -1
PT(1) ⇒
4
)1(
1
2
2
2
=
+
++
x
x
x

F'
E'
E
D
A
B
C
F
O
⇒
22222

)1(4)1(2)1(
+=++++
xxxxx
⇒
222
)1(4)1(
+=++
xxx
⇒ (x
2
+ 3x +3)(x
2
– x – 1) = 0
⇒ x
2
– x – 1 = 0 ( do x
2
+ 3x +3 > 0;
∀
x)
⇒
2
51
±
=
x
( Thỏa mãn ĐK)
Vậy phương trình có hai nghiệm
2
51

±
=
x
.
ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài toán: (Số học)
Chứng minh rằng luôn tìm được số nguyên dương x sao cho x
3
+ ax
2
+ bx + c không phải là số
chính phương với mọi số nguyên a, b, c.
Bài giải:
Giả sử f(x) = x
3
+ ax
2
+ bx + c là một số chính phương, suy ra f(x) =
)4(mod
1
0



.
Giả sử tồn tại các số nguyên a, b, c sao cho f(1), f(2), f(3), f(4) đều là các số chính phương.
Ta có: f(4) – f(2) = (4

3
-2
3
) + (4
2
-2
2
)a + (4-2)b =2b (mod 4). Suy ra 2b = 0 (mod 4). (1)
Tương tự: f(3) – f(1) = 2b + 2 (mod 4). Suy ra 2b + 2 = 0 (mod 4) (2)
Vì (1) mâu thuẫn với (2) nên ta luôn tìm được số nguyên dương x sao cho x
3
+ ax
2
+ bx + c không
phải là số chính phương với mọi số nguyên a, b, c. ( Số x tìm được đó là một trong các số 1; 2; 3;
4)
ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài toán: Cho các số dương a, b, c có tổng bằng 1. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức:

22
3
22
3
22
3
cbcb
c

baba
b
caca
a
P
++
+
++
+
++
=
.
Bài giải:
Ta có:
3
2
22
3
ca
caca
a
−
≥
++
(1)

)(0))((
)(2))(2(3
2
33223

dpcmcaca
ccaacacacacaa
≥−+⇔
−++=++−≥⇔
Tương tự:
3
2
22
3
ab
baba
b
−
≥
++
(2) ;
3
2
22
3
bc
cbcb
c
−
≥
++
(3).
Cộng (1), (2) và (3) theo vế ta được:
3
1

3
=
++
≥
cba
P
. Vậy P
min
=
3
1
khi và chỉ khi a = b = c =
3
1
ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI
MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”
Bài toán: Với a, b, c là các số thực thỏa mãn: a + b + c = 0. Chứng minh rằng:
cbacba
888222
++≤++
Bài giải:
Đặt x = 2
a
; y = 2
b
; z = 2
c
.




==
>
⇒
++
12
0,,
cba
xyz
zyx
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: x + y + z ≤ x
3
+ y
3
+ z
3
.
p dụng BĐT Cô-Si cho ba số dương ta có:







=≥++
≥++
≥++

≥++
66)(2
311
311
311
333
3
3
3
xyzzyx
zz
yy
xx
Cộng vế theo vế ta được: 3(x
3
+ y
3
+ z
3
) + 6 ≥ 3(x + y + z) + 6
⇒ x
3
+ y
3
+ z
3
≥ x + y + z. Vậy ta có ĐPCM.
ĐOÀN CÁT NHƠN
Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Đònh
THAM GIA GỬI BÀI

MỤC “ ĐỀ RA KÌ NÀY”
Bài toán: Chứng minh rằng với mọi x, y, z dương và x + y + z = 1. Ta luôn có:
1
9111
+
>++
xyzzyx
Bài giải:
p dụng BĐT Cô – Si cho ba số dương ta có:
3
1
.3
33
≤⇒≥++ xyzxyzzyx
⇒
9
3111
3
≥≥++
xyz
zyx
(1).