Đề đúng là \(T=\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}\)

Ta có:

\(a^2+b^2\ge2ab\) và \(b^2+1\ge2b\) (chứng minh cái này chắc dễ)

\(\Rightarrow a^2+b^2+b^2+1+2\ge2ab+2b+2=2\left(ab+b+1\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2ab+2b+2}=\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}\left(1\right)\)

Tương tự ta có:

\(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}\left(2\right)\)và \(\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2\left(ac+a+1\right)}\left(3\right)\)

Cộng theo vế của (1);(2) và (3) ta có:

\(T\le\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}+\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}+\frac{1}{2\left(ac+a+1\right)}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac}{a^2bc+abc+ac}+\frac{a}{abc+ac+a}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac}{ac+a+1}+\frac{a}{ac+a+1}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\left(abc=1\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac+a+1}{ac+a+1}\right)=\frac{1}{2}\)(đpcm)

Dấu = khi \(a=b=c=1\)

Ta có:

+) f(x) : (x+2) dư 3

=> Tồn tại đa thức g(x) sao cho:  \(f\left(x\right)=\left(x+2\right).g\left(x\right)+3\)(1)

+) f(x) : x² +2 dư 3x + 1.

=> Tồn tại đa thức h(x) sao cho: \(f\left(x\right)=\left(x^2+2\right).g\left(x\right)+3x+1\)(2)

+) Vì (x + 2)(x^2 + 2) có bậc là 3 => \(f\left(x\right):\left(x+2\right)\left(x^2+2\right)\) có dư là đa thức có bậc là 2 

Giả sự số dư là: \(ax^2+bx+c\)

=> Tồn tại đa thức k(x) sao cho: \(f\left(x\right)=\left(x^2+2\right)\left(x+2\right).k\left(x\right)+ax^2+bx+c\)

Có: \(f\left(x\right)=\left(x^2+2\right)\left(x+2\right).k\left(x\right)+a\left(x^2+2\right)+bx+c-2a\)

\(=\left(x^2+2\right)\left[\left(x+2\right).k\left(x\right)+a\right]+bx+c-2a\)(3)

Từ (2), (3) => \(bx+c-2a=3x+1\)=> \(\hept{\begin{cases}b=3\\c-2a=1\end{cases}}\)(4)

Có: \(f\left(x\right)=\left(x^2+2\right)\left(x+2\right).k\left(x\right)+\left(x+2\right).\left(ax+b-2a\right)+c+4a-2b\)

\(=\left(x+2\right)\left(\left(x^2+2\right).k\left(x\right)+\left(ax+b-2a\right)\right)+c+4a-2b\)(5)

Từ (1) và (5) => \(c+4a-2b=3\) (6)

Từ (4) và (6) => c = 11/3; a =4/3 ; b =3

Vậy số dư là: \(\frac{4}{3}x^2+3x+\frac{11}{3}\)

A B C N M K

a) Xét tam giác BMC và tam giác BCA có chung chiều cao hạ từ B xuống AC; đáy CM = 1/3 đáy CA

=> S (BMC) = 1/3 x S(BCA) = 1/3 x 180 = 60 

Xét tam giác BMC và tam giác NMC có: chung chiều cao hạ từ đỉnh M xuống cạnh BC; đáy CN = 2/3 đáy CB

=> S(NMC) = 2/3 x S (BMC) = 2/3 x 60 = 40

S(AMNB) = S (ABC) - S(MNC) = 180 - 40 = 140 

b)  Xét tam giác ABN và tam giác ABC có chung chiều cao hạ từ A xuống đáy BC; đáy BN = 1/3 đáy BC

=> S(ABN) = 1/3 x S (ABC) = 1/3 x 180 = 60 

=> S(AMN) = A(AMNB) - S(ABN) = 140 - 60 = 80

=> Tỉ số S(AMN)/ S(ABN) = 80/60 = 4/3

=> Chiều cao hạ M xuống AN : Chiều cao hạ từ B xuống AN = 4: 3 (Vì tam giác ABN và tam giác AMN có chung đáy AN)

Mà  tam giác ABK và AMK có chung đáy AK 

=> S(AMK) : S(ABK) = 4: 3

Xét 2 tam giác AMK và ABK  có chung chiều cao hạ từ A xuống   BM ; đáy lần lượt là KM; KB

=> KM/ KB = 4/3 

Số tuổi của bố sau 4 năm là:

       24:(3-1).3=36 (tuổi)

Số tuổi của bố hiện nay là:

       36-4=32 (tuổi)

Số tuổi của con là:

        32-24=8 (tuổi)

             Đáp số:bố:32 tuổi

                        con:8 tuổi

Do hiệu tuổi cha và con là không đổi theo thời gian nên tuổi của cha luôn hơn tuổi con 24 tuổi. Ta có sơ đồ tuổi cha và con 4 năm sau:

Tuổi con 4 năm sau: |==|

Tuổi cha 4 năm sau:  |==|==|==|

Tuổi của con 4 năm sau là: 24 : (3 – 1) * 1 = 12 tuổi

Tuổi con hiện nay là: 12 – 4 = 8 tuổi

Tuổi cha hiện nay là: 8 + 24  = 30 tuổi

Đáp số: Tuổi con 8 tuổi, tuổi cha 30 tuổi

\(\sqrt{12-\frac{3}{x^2}}+\sqrt{4x^2-\frac{3}{x^2}}=4x^2\)

\(pt\Leftrightarrow\sqrt{12-\frac{3}{x^2}}-3+\sqrt{4x^2-\frac{3}{x^2}}-1=4x^2-4\)

\(\Leftrightarrow\frac{12-\frac{3}{x^2}-9}{\sqrt{12-\frac{3}{x^2}}+3}+\frac{4x^2-\frac{3}{x^2}-1}{\sqrt{4x^2-\frac{3}{x^2}}+1}=4\left(x^2-1\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{\frac{3\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x^2}}{\sqrt{12-\frac{3}{x^2}}+3}+\frac{\frac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(4x^2+3\right)}{x^2}}{\sqrt{4x^2-\frac{3}{x^2}}+1}-4\left(x-1\right)\left(x+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(\frac{\frac{3}{x^2}}{\sqrt{12-\frac{3}{x^2}}+3}+\frac{\frac{\left(4x^2+3\right)}{x^2}}{\sqrt{4x^2-\frac{3}{x^2}}+1}-4\right)=0\)

Pt \(\frac{\frac{3}{x^2}}{\sqrt{12-\frac{3}{x^2}}+3}+\frac{\frac{\left(4x^2+3\right)}{x^2}}{\sqrt{4x^2-\frac{3}{x^2}}+1}-4>0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x-1=0\\x+1=0\end{cases}}\)\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=-1\end{cases}}\)

thanks bạn nah

Cam:    ................                                       (1 phần)

Táo:      ............... .................                      (2 phần)

Xoài:    ................ ................. ..................    (3 phần)

Tất cả có 1 + 2 + 3 = 6 phần,  tương ứng với tổng số là 18 quả, như vậy mỗi phần là 18:6=3 quả.

Vậy số quả táo là: 3 (quả) x 2 (phần) = 6 (quả)

6 qua tao

Ta có: \(\left|f\left(0\right)\right|=\left|c\right|\le k.\) 
\(\left|f\left(1\right)\right|=\left|a+b+c\right|\le k\Leftrightarrow-k\le a+b+c\le k.\)(1)

\(\left|f\left(-1\right)\right|=\left|a-b+c\right|=\left|-a+b-c\right|\le k\Leftrightarrow-k\le-a+b-c\le k\).(2)
Cộng lần lượt các vế của (1) và (2) ta có: \(-2k\le2b\le2k\Leftrightarrow-k\le b\le k\Leftrightarrow\left|b\right|\le k.\)
Mặt khác ta có: \(\hept{\begin{cases}-k\le a+b+c\le k\\-k\le a-b+c\le k\end{cases}\Rightarrow-2k\le2a+2c\le2k\Leftrightarrow-k\le a+c\le k.}\)
Chọn c = k thì \(-k\le a+k\Leftrightarrow-2k\le a.\)
Chọn c = k thì \(a-k\le k\Leftrightarrow a\le2k.\) Vậy \(\left|a\right|\le2k\).
Ta có: \(\left|a\right|+\left|b\right|+\left|c\right|\le2k+k+k=4k\left(đpcm\right).\)


 

Em cảm ơn cô nhiều ạ : ) Bùi Thị Vân

Bai này quen quen ! Mình còn ghi trong vở nè !

Chứng minh:

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có :

\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right)\left(đpcm\right)\)

Giải:

Giả sử \(p\) là số nguyên tố.

Từ \(a^2b^2=p\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow a^2+b^2⋮p\) hoặc \(a⋮p\) và \(b⋮p\left(1\right)\)

\(\Rightarrow a^2b^2⋮p^2\Rightarrow p\left(a^2+b^2\right)⋮p^2\Rightarrow a^2+b^2⋮p\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\Rightarrow a⋮p\) và \(b⋮p\)

Từ \(a\ge p,b\ge p\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\le\frac{2}{p^2}\Rightarrow\frac{1}{p}\le\frac{2}{p^2}\Rightarrow p\le2\left(3\right)\)

Từ \(a>2,b>2\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\le\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\Rightarrow p>2\left(4\right)\)

Từ \(\left(3\right),\left(4\right)\Rightarrow\) Mâu thuẫn \(\Rightarrow p\) là hợp số (Đpcm).

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

\(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=....=\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{a_1+a_2+...+a_n}{a_2+a_3+...+a_{n+1}}\)

\(\Rightarrow\left(\frac{a_1}{a_2}\right)^n=\left(\frac{a_2}{a_3}\right)^n=....=\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right)^n=\left(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{a_2+a_3+...+a_{n+1}}\right)^n\)(1)

Ta có: \(\left(\frac{a_1}{a_2}\right)^n=\frac{a_1}{a_2}.\frac{a_1}{a_2}.\frac{a_1}{a_2}....\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_1}{a_2}.\frac{a_2}{a_3}.\frac{a_3}{a_4}....\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{a_1}{a_{n+1}}\)(2)

Từ (1), (2) \(\Rightarrow\left(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{a_2+a_3+...+a_{n+1}}\right)^n=\frac{a_1}{a_{n+1}}\)(đpcm)

\(\text{Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau có:}\)

\(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=...=\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{a_1+a_2+...+a_n}{a_2+a_3+...+a_{n+1}}\)

\(\Rightarrow\left(\frac{a_1}{a_2}\right)^n=\left(\frac{a_2}{a_3}\right)^n=...=\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right)^n\)\(=\left(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{a_2+a_3+...+a_{n+1}}\right)^n\)

Mà\( \left(\frac{a_1}{a_2}\right)^n=\frac{a_1}{a_2}\cdot\frac{a_1}{a_2}\cdot...\cdot\frac{a_1}{a_2}\)\(=\frac{a_1}{a_2}\cdot\frac{a_2}{a_3}\cdot...\cdot\frac{a_n}{a_{n+1}}\)\(=\frac{a_1}{a_{n-1}}\)

\(\Rightarrow\)\(\left(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{a_2+a_3+...+a_{n+1}}\right)^n\)\(=\frac{a_1}{a_{n-1}}\)