|
|
#16
23 เมษายน 2008, 20:45
|
||||
|
||||
287.2
สมมติว่าวงกลมล้อมรอบ $BCE$ ตัด $BN$ ที่จุด $K'$ $\therefore BK'EC$ Concyclic $\therefore BK' \perp CK' \therefore \hat{BK'C}=90^๐$ เพราะว่า $\hat{EBC}=45^๐ \therefore \hat{CK'E}=45^๐ \therefore \hat{NK'E}=45^๐ $ ต่อ $EK'$ ออกไปตัด $BC$ ที่ $N'$ จะได้ว่า $EK' แบ่งครึ่งมุม \hat{CK'N}............(1)$ และ $\Delta{BCN} \sim \Delta{BK'C}............(2)$ $AB=BC...........(3)$ $(1),(2) และ (3) ;$ $\frac{BM'}{M'C}=\frac{BK'}{K'C}=\frac{BC}{CN}=\frac{AB}{CN}=\frac{BM}{MC}$ $\therefore M \equiv M'$ แต่ $K'$ คือจุดตัดของ $M'E$ กับ $BN$ ดังนั้น $K' \equiv K$ ดังนั้น $CK \perp BN$ QED. 23 พฤษภาคม 2008 10:29 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ dektep 
|
|
#17
23 พฤษภาคม 2008, 10:32
|
||||
|
||||
|
221.5
$$\iff \sum_{cyclic} \frac {ac(a - c)^2}{(a + b)(c + b)} \geq 0$$ ซึ่งจริงเสมอ 250.5 ข้างขวา $$\sum_{cyclic}\frac{a}{b+c} \geq 2-\frac{ab+bc+ca}{2(a^2+b^2+c^2)}$$ $$\iff \sum_{cyclic}\frac{a}{b+c} + \frac{ab+bc+ca}{2(a^2+b^2+c^2)} \geq 2$$ จาก Cauchy ; $$\sum_{cyclic}\frac{a}{b+c}+ \frac{ab+bc+ca}{2(a^2+b^2+c^2)} \geq \frac{(a+b+c)^2)}{2(ab+bc+ca)}+\frac{ab+bc+ca}{2(a^2+b^2+c^2)}$$ $$= 1+\frac{a^2+b^2+c^2}{2(ab+bc+ca)}+\frac{ab+bc+ca}{2(a^2+b^2+c^2)} \geq 2$$ โดย Am-Gm 23 พฤษภาคม 2008 10:39 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ dektep
|
  |
|
|
