mẫu:\(\frac{1}{1}+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2+3}+...+\frac{1}{1+2+3+...+2016}\)

=\(1+\frac{1}{\frac{\left(2+1\right).2}{2}}+\frac{1}{\frac{\left(3+1\right).3}{2}}+...+\frac{1}{\frac{\left(2016+1\right).2016}{2}}\)

=\(1+\frac{2}{2.3}+\frac{2}{3.4}+...+\frac{2}{2016.2017}\)

=\(1+2\left(\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+\frac{1}{2016.2017}\right)\)

=\(1+2\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2016}-\frac{1}{2017}\right)\)

=\(1+2\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2017}\right)\)

=\(1+1-\frac{2}{2017}\)

=\(\frac{4032}{2017}\)

=>Biểu thức:\(\frac{4032}{\frac{4032}{2017}}\)

=\(2017\)

Ta có công thức tổng quát với n tự nhiên là

\(1+2+...+n=\frac{n\left(n+1\right)}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{1+2+...+n}=\frac{2}{n\left(n+1\right)}\)

Áp dụng công thức vào bài toán ta được

\(\frac{2.2016}{\frac{1}{1}+\frac{1}{1+2}+..+\frac{1}{1+2+...+2016}}=\frac{2.2016}{\frac{2}{1.2}+\frac{2}{2.3}+...+\frac{2}{2016.2017}}\)

\(=\frac{2.2016}{2\left(\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{2016.2017}\right)}=\frac{2.2016}{2\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2016}-\frac{1}{2017}\right)}\)

\(=\frac{2.2016}{2\left(1-\frac{1}{2017}\right)}=\frac{2.2016}{\frac{2.2016}{2017}}=2017\)

M A B C D I J O' O  

1/ Theo tính chất các tiếp tuyến cắt nhau ta có : AC = CM ; BD = MD

Suy ra : \(AC.BD=MC.MD=OM^2=R^2\) (OM là đường cao tam giác vuông COD)

2/ Vì C và D là giao điểm của các tiếp tuyến cắt nhau nên theo tính chất ta có

 OC vuông góc với AM và OD vuông góc với BM. Mà góc AMB chắn nửa cung tròn 

đường kính AB nên có số đo bằng 90 độ hay AM vuông góc với BM.

Từ đó ta có \(\hept{\begin{cases}OI\text{//}MB\\OA=OB\end{cases}}\) và \(\hept{\begin{cases}OJ\text{//}MA\\OA=OB\end{cases}}\)

Suy ra OI và OJ là các đường trung bình của tam giác AMB => IA = IM và JB = JM

Lại tiếp tục suy ra được IJ là đường trung bình của tam giác AMB => IJ // AB

3/ 

Gọi O' là đường tròn ngoại tiếp tứ giác CIJD và d khoảng cách từ O' đến CD. 

Khi đó ta nhận thấy rằng nếu CD chuyển động nhưng vẫn tiếp xúc với (O) thì d không đổi.

Theo định lí Pytago thì : \(O'D=\sqrt{d^2+\left(\frac{CD}{2}\right)^2}\)

Mà d không đổi, do vậy min O'D <=> min CD.

Ta sẽ tìm giá trị nhỏ nhất của CD. 

Ta có : \(CD^2=\left(MC+MD\right)^2\ge4MC.MD=4OM^2\)

\(\Rightarrow CD\ge2OM\) (hằng số). Để điều này xảy ra thì M là điểm chính giữa cung AB.

Vậy M là điểm chính giữa cung AB thì (CIJD) có bán kính nhỏ nhất.

Nếu không ai giải thì vẽ cho mình cái hình mình giải giúp cho. Nhớ vẽ luôn cả tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CIJD nhé

Biến đổi tương đương, dễ dàng chứng minh Bđt:

\(\frac{4}{\left(x+y\right)^2}+\frac{4}{\left(x+z\right)^2}\ge\frac{4}{x^2+yz}\)\(\Rightarrow VT\ge\frac{x^2}{yz}+\frac{4}{x^2+yz}\)

Từ \(3y^2z^2+x^2=2\left(x+yz\right)\) ta có:

\(3y^2z^2+x^2\le x^2+1+2yz\)

\(\Rightarrow3y^2z^2-2yz-1\le0\Rightarrow yz\le1\)

Khi đó:

\(VT\ge x^2+\frac{4}{x^2+1}=\left(x^2+1\right)+\frac{4}{x^2+1}-1\ge3\)

Dấu = khi x=y=z=1

Bài này cô cũng nghĩ là dùng phương pháp toa độ, chuyển qua hình học giải tích Oxy để giải.

Cô làm như sau:

Từ biểu thức P ta nghĩ đến công thức tính khoảng cách giữa hai điểm. Từ đó ta đặt \(A\left(-1;1\right);B\left(1;-1\right);C\left(-2;-2\right)\) và \(D\left(x;y\right)\). Khi đó ta thấy ngay \(P\left(x;y\right)=DA+DB+DC\)

Ta vẽ các điểm trên trục tọa độ:

?o?n th?ng f: ?o?n th?ng [A, C] ?o?n th?ng g: ?o?n th?ng [A, B] ?o?n th?ng h: ?o?n th?ng [C, B] ?o?n th?ng i: ?o?n th?ng [C, O] ?o?n th?ng j: ?o?n th?ng [A, D] ?o?n th?ng k: ?o?n th?ng [D, B] A = (-1, 1) A = (-1, 1) A = (-1, 1) B = (1.06, -1.14) B = (1.06, -1.14) B = (1.06, -1.14) C = (-2, -2) C = (-2, -2) C = (-2, -2) ?i?m O: Giao ?i?m c?a g, TrucHoanh ?i?m O: Giao ?i?m c?a g, TrucHoanh ?i?m O: Giao ?i?m c?a g, TrucHoanh ?i?m D: ?i?m tr�n i ?i?m D: ?i?m tr�n i ?i?m D: ?i?m tr�n i

Vậy điểm D cần tìm là điểm tạo với các cạnh tam giác góc 120^o. (Để hiểu rõ thêm e có thể đọc về điểm Toricenli của tam giác ABC). Do tam giác ABC cân tại C nên D thuộc CO, nói cách khác x_D = y_D.

Do \(\widehat{ADB}=120^o\Rightarrow\widehat{ADO}=60^o.\) Vậy thì \(tan60^o=\sqrt{3}=\frac{OA}{DO}\)

Do \(OA=\sqrt{2}\Rightarrow DO=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}}\)

Vậy \(\sqrt{x_D^2+y_D^2}=\sqrt{2y_D^2}=\sqrt{\frac{2}{3}}\Rightarrow\left|x_D\right|=\left|y_D\right|=\frac{1}{\sqrt{3}}\). Từ hình vẽ ta có:  \(x_D=y_D=-\frac{1}{\sqrt{3}}.\)

Vậy \(P\left(x;y\right)=DA+DB+DC=\sqrt{\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}+1\right)^2+\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}-1\right)^2}\)

\(+\sqrt{\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}-1\right)^2+\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}+1\right)^2}+\sqrt{\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}+2\right)^2+\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}+2\right)^2}\)

\(=\sqrt{6}+2\sqrt{2}.\)

Vậy min P(x;y) = \(\sqrt{6}+2\sqrt{2}\) khi \(x=y=-\frac{1}{\sqrt{3}}.\)

Sử dụng HÌNH HỌC GIẢI TÍCH OXY 

Dùng hình của cô Vân nhé

Gọi I là trung điểm của BC, kẽ AM, BN, IK, CL vuông góc với PQ và cắt PQ lần lược tại M,N,K,L

Ta có AM // CL

\(\Rightarrow\frac{QC}{QA}=\frac{CL}{AM}\left(1\right)\)

Ta có BN // AM

\(\Rightarrow\frac{PB}{PA}=\frac{BN}{AM}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{PB}{PA}.\frac{QC}{QA}=\frac{BN}{AM}.\frac{CL}{AM}=\frac{BN.CL}{AM^2}\left(3\right)\)

Ta có AM // IK

\(\Rightarrow\frac{GI}{GA}=\frac{IK}{AM}=\frac{1}{2}\left(4\right)\)

Ta có IG // BN // CL và BI = CI \(\Rightarrow IK\)là đường trung bình của hình thang BNLC

\(\Rightarrow IK=\frac{BN+CL}{2}\left(5\right)\)

Ta lại có \(BN.CL\le\frac{\left(BN+CL\right)^2}{4}=IK^2\left(6\right)\)

Từ (3), (4),(6) ta có

\(\Rightarrow\frac{PB}{PA}.\frac{QC}{QA}=\frac{BN.CL}{AM^2}\le\frac{IK^2}{AM^2}=\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)

Dấu = xảy ra khi BN = CL hay PQ // BC

Khó thế! Nhìn hoa cả mắt

Theo đề ta có

\(x=2-\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow\left(4-x\right)x=\left(2+\sqrt{3}\right)\left(2-\sqrt{3}\right)=1\)

Q = x⁵ - 3x⁴ - 3x³ + 6x² - 20x + 2020

= (x⁵ - 4x⁴) + (x⁴ - 4x³) + (x³ - 4x²) + (10x² - 40x) + 20x + 2020

= - x³ - x² - x - 10 + 20x + 2020

= (- x³ + 4x²) + ( - 5x² + 20x) - x + 2010

= x + 5 - x + 2010 = 2015

cau tra loi la chinh no

Thế PT (2) vào PT (1) ta được

2^x - 2^y = (y - x)(xy + x² + y²) 

<=> 2^x - 2^y = y³ - x³

<=> 2^x + x³ = 2^y + y³

Xét hàm số f(a) = 2^a + a³ ta có

Với a₁ > a₂ thì f(a₁) - f(a₂) 

= 2^a₁ + a₁³ - 2^a₂ - a₂³ = (2^a₁ - 2^a₂) + (a₁ - a₂)(a₁² + a₁ a₂ + a₂²) > 0

=> Hàm f(a) đồng biến trên tập xác định 

Từ đó ta có: x = y

Thế vào PT(2) ta được

2x² = 2

<=> x = (1; -1)

Vậy hệ PT có 2 cặp nghiệm là 

(x, y) = (1, 1; - 1, - 1)

Giả sử \(x\ge y\) khi đó \(2^x\ge2^y\)nên \(2^x-2^y\ge0\)và \(y-x\le0\).
Xét  \(2^x-2^y=\left(y-x\right)\left(xy+2\right)\)
VT = \(2^x-2^y\ge0\), VT =  \(\left(y-x\right)\left(xy+2\right)=\left(y-x\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\le0\).
Như vậy để dấu bằng  xảy ra thì x = y.
Các ban làm tiếp nhé !
Trường hợp \(x\le y\) xét tương tự.

Ta có từ n³ + 1 đến (n + 1)³ - 1 có

(n + 1)³ - 1 - n³ - 1 + 1 = 3n² + 3n số có phần nguyên bằng n

Áp dụng vào cái ban đầu ta có

\(=\frac{3.1^2+3.1}{1}+\frac{3.2^2+3.2}{2}+...+\frac{3.2011^2+3.2011}{2011}\)

= 3.1 + 3 + 3.2 + 3 + ...+ 3.2011 + 3

= 3.2011 + 3(1 + 2 +...+ 2011)

= 6075231

to thấy bài dễ mà 

\(\frac{1}{a-1}+\frac{1}{b-1}+\frac{1}{c-1}=2\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a-1}=\left(1-\frac{1}{b-1}\right)+\left(1-\frac{1}{c-1}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a-1}=\frac{b-2}{b-1}+\frac{c-2}{c-1}\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có : \(\frac{1}{a-1}=\frac{b-2}{b-1}+\frac{c-2}{c-1}\ge2\sqrt{\frac{b-2}{b-1}.\frac{c-2}{c-1}}\)

Tương tự : \(\frac{1}{b-1}\ge2\sqrt{\frac{a-2}{a-1}.\frac{c-2}{c-1}}\)

\(\frac{1}{c-1}\ge2\sqrt{\frac{b-2}{b-1}.\frac{a-2}{a-1}}\)

Nhân các BĐT theo vế : 

\(\frac{1}{\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)}\ge\frac{8\left(a-2\right)\left(b-2\right)\left(c-2\right)}{\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)}\)

\(\Leftrightarrow8\left(a-2\right)\left(b-2\right)\left(c-2\right)\le1\Leftrightarrow\left(a-2\right)\left(b-2\right)\left(c-2\right)\le\frac{1}{8}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{5}{2}\)

Vậy maxH = 1/8 <=> a = b = c = 5/2

Điều kiện xác định : \(x\ne-1\)

Thêm \(-\frac{2x^2}{x+1}\) vào hai vế của phương trình đã cho được : 

\(x^2-2.x.\frac{x}{x+1}+\frac{x^2}{\left(x+1\right)^2}=1-\frac{2x^2}{x+1}\)

\(\Leftrightarrow\left(x-\frac{x}{x+1}\right)^2=1-\frac{2x^2}{x+1}\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{x^2}{x+1}\right)^2+\frac{2x^2}{x+1}-1=0\)

Đặt \(t=\frac{x^2}{x+1}\) thì pt trên trở thành \(t^2+2t-1=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=-1+\sqrt{2}\\t=-1-\sqrt{2}\end{cases}}\)

Tới đây bạn tự giải nhé :)