Dùng điện thoại nên không ký hiệu góc được nhé.

Gọi G là giao điểm của FI và BC.

Ta có: EAB = FAD = 180° - a 

Ta lại có:

AFD + DAF + ADF = 180°

<=> AFD + DAF + DEC + ECF = 180°

<=> AFD + DEC = 180° - DAF - ECF = 180° - 180° + a - b = a - b

=> IEG + IFC = \(\frac{a-b}{2}\)

Ta có:

EIF = IEG + IGE = IEG + IFC + GCF 

= \(\frac{a-b}{2}+b=\frac{a+b}{2}\)

gọi G là giao điểm  FI và BC 

theo bài ra ta có

EAB=FAD=180 ĐỘ

<=> AFD+DEC +=180 ĐỘ -DAF -ECF= 180-180+a-b=a-b

=> IEG +IFC \(\frac{a-b}{2}\)

ta có

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

ta có a(1-b) \(\ge\)a²(1-b); b(1-c) \(\ge\)b²(1-c); c(1-a) \(\ge\)c²(1-a)

suy ra (a²+b²+c²)-(a²b+b²c+c²a) \(\le\)a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)

=> (a²+b²+c²)-(a²b+b²c+c²a) \(\le\)(a+b+c)-(ab+bc+ca)

mà (1-a)(1-b)(1-c) +abc\(\ge\)0 => 1\(\ge\)(a+b+c)-(ab+bc+ca)

vậy a²+b²+c² \(\le\)1+a²b+b²c+c²a

dấu đẳng thức xảy ra <=> trong 3 số có 1 số bằng 0 và 1 số bằng 1

Ta có: \(a.\left(1-b\right)\ge a^2.\left(1-b\right)\)

          \(b.\left(1-c\right)\ge b^2.\left(1-c\right)\)

          \(c.\left(1-a\right)\ge c^2.\left(1-a\right)\)

Suy ra \(\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\le a.\left(1-b\right)+b.\left(1-c\right)+c.\left(1-a\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\le\left(a+b+c\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)

Mà \(\left(1-a\right).\left(1-b\right).\left(1-c\right)+abc\ge0\) \(\Rightarrow1\ge\left(a+b+c\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)

Vậy \(a^2+b^2+c^2\le1+a^2b+b^2c+c^2a\)

Dấu dẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\)trong ba số đó có một số bằng 0, một số bằng 1 

\(S=\left(12^2+14^2+...+19^2+20^2\right)-\left(1^2+3^2+...+9^2\right)\)

\(S=\left(2^2+4^2+...+10^2\right)+\left(12^2+14^2+...+20^2\right)-\left(1^2+3^2+...+9^2\right)-\left(2^2+4^2+...+10^2\right)\)

\(S=\left(1^2+2^2+3^2+...+10^2\right).2^2-\left(1^2+2^2+3^2+...+10^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\)\(S=385.4-385\)

\(\Rightarrow\)\(S=1155\)

S= (12^2-1^2)+(14^2 -3^2)+(16^2-5^2) +( 18^2-7^2) + ( 20^2 -9^2)
S=11^2+11^2+11^2+11^2 +11^2 
S= 605

Ta có : \(\frac{a}{a+\sqrt{2013a+bc}}=\frac{a}{a+\sqrt{a^2+ab+ac+bc}}=\frac{a}{a+\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki : \(\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}\ge\sqrt{\left(\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\right)^2}=\sqrt{ab}+\sqrt{ac}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a+\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{a}{a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

hay \(\frac{a}{a+\sqrt{2013a+bc}}\le\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

Tương tự : \(\frac{b}{b+\sqrt{2013b+ac}}\le\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

\(\frac{c}{c+\sqrt{2013c+ab}}\le\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

Cộng các bất đẳng thức trên theo vế được \(\frac{a}{a+\sqrt{2013a+bc}}+\frac{b}{b+\sqrt{2013b+ac}}+\frac{c}{c+\sqrt{2013c+ab}}\le1\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a}{b}=\frac{b}{c}=\frac{c}{a}\\a+b+c=2013\\a,b,c>0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow a=b=c=671\)

v

B xem lại đề bài thử nhé

bài này mình cũng dò lại đề rồi mình chép đúng đấy mà không làm được nên mới nhờ giải

Với điều kiện \(ab+bc+ca+abc=4\) thì \(VP-VT=\frac{bc^2\left(a-b\right)^2+ca^2\left(b-c\right)^2+ab^2\left(c-a\right)^2}{\left(a^2+2b\right)\left(b^2+2c\right)\left(c^2+2a\right)}\ge0\)

Cauchy ngược dấu + Svacxo + gt coi 

Câu hỏi của Hatsune Miku - Toán lớp 6 - Học toán với OnlineMath

Giả sử aabb = n²

<=> a . 10³ + a . 10² + b . 10 + b = n²

<=> 11( 100a + b ) = n²

=> n² chia hết cho 11

=> n chia hết cho 11

Do n² có 4 chữ số nên 

32 < n < 100

=> n = 33 , n = 44 , n = 55 , .......n = 99

Thử vào thì n = 88 là thỏa mãn

Vậy số đó là 7744

vì \(x^2+y^2+z^2=1\)

\(\Rightarrow0\le x;y;z\le1\)

\(2P=2\left(xy+xz+yz\right)+x^2\left(y-z\right)^2+y^2\left(x-z\right)^2+z^2\left(x-y\right)^2-2\left(x^2+y^2+z^2\right)-2\)

\(2P-2=-\left(x-y\right)^2-\left(x-z\right)^2-\left(y-z\right)^2+x^2\left(y-z\right)^2+y^2\left(x-z\right)^2+z^2\left(x-y\right)^2\)

\(2P-2=\left(x^2-1\right)\left(y-z\right)^2+\left(y^2-1\right)\left(x-z\right)^2+\left(z^2-1\right)\left(x-y\right)^2\le0\)

\(2P-2\le0\)

\(2P\le2\)

\(P\le1\)

GTLN P là 1 khi x=y=z=\(\frac{\sqrt{3}}{3}\)

tth_new_dep_trai_lai_lang_solo_SOS_Ji_Chen_tuoi_tom nhờ mình đăng hộ nha!

\(Q=\frac{x^2}{\sqrt{x\left(x^3+8y^3\right)}}+\frac{2y^2}{\sqrt{y\left[y^3+\left(x+y\right)^3\right]}}\)

\(=\frac{x^2}{\sqrt{\left(x^2+2xy\right)\left(x^2-2xy+4y^2\right)}}+\frac{2y^2}{\sqrt{\left(xy+2y^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)}}\)

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

\(\Rightarrow Q\ge1\).Vậy Min_Q=1

\(Q=\frac{x^2}{\sqrt{x^4+8xy^3}}+\frac{2y^2}{\sqrt{y\left(y^3+\left(x+y\right)^3\right)}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

\(x^4+8xy^3=x^4+8.xy.y^2\le x^4+4\left(x^2y^2+y^4\right)=\left(x^2+2y^2\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{x^2}{\sqrt{x^3+8xy^3}}\ge\frac{x^2}{x^2+2y^2}\)

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

\(\le\frac{2y^2+2\left(x^2+y^2\right)}{2}=x^2+2y^2\)

\(\Rightarrow Q\ge\frac{x^2}{x^2+2y^2}+\frac{2y^2}{x^2+2y^2}=1\)

Vậy minQ= 1 tại \(x=y>0\)

A B C M I J H K P

Kẻ MP\(⊥\)AH

Ta có AKMJ, PMIH là hình chữ nhật

=> \(MI^2+MJ^2+MK^2=AM^2+PH^2\ge AP^2+PH^2\ge\frac{\left(AP+PH\right)^2}{2}=\frac{AH^2}{2}\)

Dấu = xảy ra khi M là trung điểm AH

ai mà biết