P/s : bài này khá khó nên mình thử thôi ! 

Không mất tính tổng quát , ta giả sử : \(a\ge b\ge c\)

Đặt \(M=ab+bc+ca-12\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

      \(N=a\left(b+c\right)-12\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left[a^2\left(b+c\right)^2\right]\)

Ta có : \(ab+ac+bc\ge a\left(b+c\right)\)hay \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\le a^2\left(b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow M\ge N\)

Tiếp , ta sẽ chứng minh \(N\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(b+c\right)-12\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left[a^2\left(b+c\right)^2\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(b+c\right)\left\{1-12a\left(b+c\right)\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\right\}\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-12a\left(b+c\right)\left[a^3\left(b+c\right)^3\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-12a\left(b+c\right)\left[\left(a+b+c\right)^3-3a\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-12a\left(b+c\right)\left[1-3a\left(b+c\right)\right]\ge0\left(1\right)\)

Đặt x = a ; y = b + c ta có : \(x+y=1\Rightarrow xy\le\frac{1}{4}\)

Theo bất đẳng thức AM - GM , ta có :

\(12xy\left(1-3xy\right)\le\frac{1}{4}.12xy\left(4-12xy\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{12xy+4-12xy}{2}\right)^2=1\)

=> Bất đẳng thức ( 1 ) luôn đúng 

\(\Rightarrow N\ge0\)

Vậy \(M\ge0\)\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge12\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Đẳng thức xảy ra với bộ \(\left(\frac{3+\sqrt{3}}{6};\frac{3-\sqrt{3}}{6};0\right)\)và các hoán vị của chúng .

WLOG: \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)

Let \(p=a+b+c;ab+bc+ca=q;abc=r\) so p = 1; \(r\ge0\)and \(3\ge q\ge ab\left(\text{vì }c\ge0\right)\)

Need: \(q\ge12\left(p^3-3pq+3r\right)\left(q^2-2pr\right)\)

Have: \(VP=12\left(1-3q+3r\right)\left(q^2-2r\right)=\frac{2}{3}.\left(1-3q+3r\right).18\left(q^2-2r\right)\)

\(\le\frac{1}{6}\left[1-3q+3r+18\left(q^2-2r\right)\right]=\frac{1}{6}\left[18q^2-3q+1-33r\right]\)

\(\le\frac{1}{6}\left(18q^2-3q+1\right)=3q^2-\frac{1}{2}q+\frac{1}{6}\)

Hence, we need to prove: \(q\ge3q^2-\frac{1}{2}q+\frac{1}{6}\)

\(\Leftrightarrow3q^2-\frac{3}{2}q+\frac{1}{6}\le0\Leftrightarrow\frac{1}{6}\le q\le\frac{1}{3}\)

Which it is obvious because:

\(q=ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)

\(q-\frac{1}{6}=ab+bc+ca-\frac{1}{6}=ab+c-\frac{1}{6}+c\left(a+b-1\right)\)\(=ab-\frac{1}{6}+1-\left(a+b\right)-c\left[1-\left(a+b\right)\right]\)

\(=ab-\frac{1}{6}+\left[1-\left(a+b\right)\right]\left(1-c\right)\ge0\)

A B C D E F M P Q I K

a/ 

Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD => ABCD cũng là hình thang.

Ta có E và F lần lượt là trung điểm các cạnh AD và BC nên EF là đường trung bình 

của hình thang ABCD => EF // AB (1)

Lại có AE // BF (2) . Từ (1) và (2) suy ra ABFE là hình bình hành (dhnb)

b/ Xét tứ giác DEBC có \(\hept{\begin{cases}DE=BF\\DE\text{//}BF\end{cases}}\) => DEBF là hình bình hành => BE // DF

Xét tam giác BCP : \(\hept{\begin{cases}BF=FC\\FQ\text{//}BP\end{cases}}\) => QF là đường trung bình => CQ = QP (3)

Tương tự với tam giác ADQ : PE là đường trung bình => AP = PQ (4)

Từ (3) và (4) => AP = PQ = QC

c/ 

Ta có : \(\hept{\begin{cases}IE=EM\\AE=ED\end{cases}}\) => IAMD là hình bình hành => IA // DM hay IA // CD (5)

Tương tự : \(\hept{\begin{cases}BF=FC\\MF=FK\end{cases}}\) => BKCM là hình bình hành => BK // CD (6)

Lại có AB // CD (7)

Từ (5) , (6) , (7) kết hợp cùng với tiên đề Ơ-clit ta được đpcm.

d/  Vì IAMD và BKCM là các hình bình hành (chứng minh ở câu c) 

nên ta có AI = DM , BK = CM

=> AI + BK = DM + CM = CD (không đổi)

Vậy khi M di chuyển trên cạnh CD thì AI + BK không đổi.

khó đấy bạn !

ĐK để phuơng trình có 2 nghiệm: 

\(\Delta'\ge0\Leftrightarrow1^2-3+m\ge0\Leftrightarrow m\ge2\)(1)

Áp dụng định lí Viet ta có: \(x_1+x_2=2\); \(x_1.x_2=3-m\)

Vì \(x_2\) là nghiệm của pt nên: \(x^2_2-2x_2+3-m=0\)

<=> \(x^2_2-2x_2+4=m+1\)

Khi đó ta có: \(2\left(2-x_2\right)^3+\left(x_2^2-2x_2+4\right)x_2^2=16\)

<=> \(2\left(8-12x_2+6x_2^2-x_2^3\right)+\left(x_2^2-2x_2+4\right)x_2^2=16\)

<=> \(x_2\left(x_2^3-4x_2^2+16x_2-24\right)=0\)

<=> \(x_2\left(x_2-2\right)\left(x_2-2x_2+12\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}x_2=0\Rightarrow x_1=2\Rightarrow3-m=0\Rightarrow m=3\\x_2=2\Rightarrow x_1=0\Rightarrow3-m=0\Rightarrow m=3\end{cases}}\)( tm (1) )

Thử lại với m = 3 . Thỏa mãn.

Vậy:...

Giải :Gọi số học sinh là A => 100 – 4 chia hết a; 90 – 18 chia hết  a ; a > 18 => a thuộc ƯC(96; 72); a > 18.

96 = 2⁵.3; 72 = 2³.3²  =>  ƯCNN (96; 72) = 2³.3 = 24  ƯC(96; 72) = {1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24}

Mà a > 18, vậy a = 24

bạn **** cho mik nha !

21 ko chắc lắm 

làm như tế này nha ai đúng thì cho với 

 Sau khi thưởng số sách còn lại là :

 100 - 4 = 96 ( quển )

 Sau khi thưởng số bút còn lại là :

 90- 18 = 72 ( bút )

ƯC {  tìm được 6 } 

không bít lời giải:

96 : 6 = 16 ( quyển )

 ko bít lời giải :

72: 6 = 12 quyển 

số bạn được thưởng là :

(16 + 12) : 2 = 14 quyển 

xong

a  người  làm trong   b  ngày  được  c   công cụ      ==>

1  người  làm trong   b  ngày  được \(\frac{c}{a}\) công cụ     ==>   

b  người làm trong  1 ngày được \(\frac{c}{a}\) công cụ   ==>

b  người   làm trong  \(\frac{a.a}{c}\) ngày được a công cụ

Vậy để b người sản xuất được a công cụ thì cần  \(\frac{a^2}{c}\) ngày

a người làm trong b ngày được c công cụ ==>
1 người làm trong b ngày được
a
c công cụ ==>
b người làm trong 1 ngày được
a
c công cụ ==>
b người làm trong
c
a.a ngày được a công cụ
Vậy để b người sản xuất được a công cụ thì cần
c
a
2
ngày

hok tốt @_@

so hoc sinh lop 6a la : 20 hoc sinh

so hoc sinh lop 6b la :22hoc sinh

a =20 ;b =22 là đúng

Từ giả thiết , ta có :

\(xyz=\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)\left(1\right)\)

\(\Rightarrow1=\left(\frac{1}{x}-1\right)\left(\frac{1}{y}-1\right)\left(\frac{1}{z}-1\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức sau : \(abc\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3\) ta có :

\(1=\left(\frac{1}{x}-1\right)\left(\frac{1}{y}-1\right)\left(\frac{1}{z}-1\right)\le\left(\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-3}{3}\right)^3\)

\(\Rightarrow3\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-3\)

\(\Rightarrow6\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)

\(\Rightarrow6xyz\le xy+yz+zx\left(2\right)\)

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra:

\(3-3\left(x+y+z\right)+3\left(xy+yz+zx\right)=6xyz\le xy+yz+zx\)

\(\Rightarrow0\ge3-3\left(x+y+z\right)+2\left(xy+yz+zx\right)\)

Cộng 2 vế của bất đẳng thức trên cho \(\left(x^2+y^2+z^2\right)\)ta được:

\(x^2+y^2+z^2\ge\left(x+y+z\right)^2-3\left(x+y+z+3\right)=\left(x+y+z-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\)

Dấu '' = '' xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\frac{1}{2}\) 

ta có:

xyz=(1-x).(1-y).(1-z)                                 (1)

=>1=(1:x-1).(1:y-1).(1:z-1)

Trẻ con giờ ghê thật chưa gì đã dồn biến, khử lũy thừa rồi, có khi mình tiến hóa ko kịp mất xd

\(S=ab^2+bc^2+ca^2-abc\)

WLOG \(b=mid\left\{a,b,c\right\}\) khi đó \(S\le a^2b+bc^2+abc-abc=b\left(1-b^2\right)\)

\(=\sqrt{\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{2b^2+1-b^2+1-b^2}{3}\right)^3}=\frac{2\sqrt{3}}{9}\)

Sau khi đã có kq \(\frac{2\sqrt{3}}{9}\)rồi ai có đam mê biến đổi có thể cm bdt sau, làm thành bổ đề về sau dùng \(\left(ab^2+bc^2+ca^2-abc\right)^2\le\frac{4}{27}\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\)

WLOG \(a=min\left\{a,b,c\right\},b=a+u,c=a+v\) khi đó bdt cần cm tương đương 

\(-\left(v^2-2u^2\right)^2\left(u^2+4v^2\right)-.....\le0\) 

ngại viết quá nhưng đại ý là nó sẽ bé hơn hoặc bằng 0 sau đó lấy căn 2 vế ta cũng dc GTLN tương ứng 

đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(2^x;2^y;2^z\right)\) (a,b,c>0) 

bài toán trở thành: cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn \(a^2+b^2+c^2=1\)

Tìm max \(S=ab^2+bc^2+ca^2-abc\) ez :DDDD 

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz , ta có : \(3.\left(x^4+y^4+z^4\right)\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\), do đó : \(0\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2-7\left(x^2+y^2+z^2\right)+12\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\), áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz , ta lại có :

\(P=\frac{x^2}{y+2z}+\frac{y^2}{z+2x}+\frac{z^2}{x+2y}\)

\(=\frac{x^4}{x^2y+2zx^2}+\frac{y^4}{y^2z+2xy^2}+\frac{z^4}{z^2x+2yz^2}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2y+y^2z+z^2x+2\left(xy^2+yz^2+zx^2\right)}\)

Tiếp tục sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz và kết hợp BĐT quen thuộc \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\), ta có :

\(x^2y+y^2z+z^2x\le\sqrt{\left(x^2+y^2+z^2\right).\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)}\)

                                  \(\le\sqrt{\left(x^2+y^2+z^2\right).\left(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3}\right)}\)

                                   \(=\left(x^2+y^2+z^2\right).\sqrt{\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}}\)

Tương tự , chứng minh đc :

\(2.\left(xy^2+yz^2+zx^2\right)\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}}\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3.\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)}{3}}}\)

          \(=\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}}\)

           \(\ge1\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 nên giá trị nhỏ nhất của P là 1

Mình có công thức: 

\(1^2+2^2+3^2+...+n^2\)

\(=1^2\left(2-1\right)+2\left(3-1\right)+3\left(4-1\right)+...+n\left(n+1-1\right)\)

\(=\left(1.2+2.3+3.4+...+n\left(n+1\right)\right)-\left(1+2+3+...+n\right)\)

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

\(=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\)

=> \(1^2+2^2+3^2+4^2+...+98^2+99^2=\frac{99.100.199}{6}\)

và \(1^2+2^2+3^2+...+49^2=\frac{49.50.99}{6}\)

Khi đó: 

\(1^2+3^2+5^2+...+97^2+99^2\)

\(=\left(1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+...+97^2+98^2+99^2\right)\)

\(-\left(2^2+4^2+6^2+...+98^2\right)\)

\(=\left(1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+...+97^2+98^2+99^2\right)\)

\(-4\left(1^2+2^2+3^2+...+49^2\right)\)

\(=\frac{99.100.199}{6}-4.\frac{49.50.99}{6}=166650\)