cách max dài và hại não

cần C/m : \(\Sigma\sqrt{a^2-a+1}\ge\Sigma a\) \(\Leftrightarrow3+2\sqrt{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\ge2\Sigma ab+\Sigma a\)( * )

Ta có \(\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)=\left(\frac{3}{4}\left(a-1\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+1\right)^2\right)\left(\frac{3}{4}\left(b-1\right)^2+\frac{1}{4}\left(b+1\right)^2\right)\)

\(\ge\frac{3}{4}\left|a-1\right|\left|b-1\right|+\frac{1}{4}\left(a+1\right)\left(b+1\right)\)( BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski ) 

\(\ge\frac{3}{4}\left(a-1\right)\left(b-1\right)+\frac{1}{4}\left(a+1\right)\left(b+1\right)=\frac{-1}{2}ab+a+b-\frac{1}{2}\)

Do đó : VT ( * ) \(\ge4\Sigma a-\Sigma ab\). BĐT đúng nếu : \(\Sigma a\ge\Sigma ab\)

Điều này đúng khi trong a,b,c có 1 số \(\le\)1 và 1 số khác  \(\ge\)1

Ta xét trong a,b,c có 2 số \(\ge\)1 , giả sử là b và c  . Khi đó BĐT đã cho trở thành : 

\(\frac{1-a}{\sqrt{a^2-a+1}+a}+\frac{1-b}{\sqrt{b^2-b+1}+b}+\frac{1-c}{\sqrt{c^2-c+1}+c}\ge0\)( ** )

b,c \(\ge\)1 \(\Rightarrow1-b,1-c\le0\)

Ta có : \(\sqrt{b^2-b+1}\ge\frac{b+1}{2}\)và \(\sqrt{c^2-c+1}\ge\frac{c+1}{2}\)

Do đó : VT ( ** ) \(\ge\frac{1-a}{\sqrt{a^2-a+1}+a}+\frac{2\left(1-b\right)}{3b+1}+\frac{2\left(1-c\right)}{3c+1}\)

\(=\frac{1-a}{\sqrt{a^2-a+1}+a}+\frac{8}{3}\left(\frac{1}{3b+1}+\frac{1}{3c+1}\right)-\frac{4}{3}\)

bổ đề  \(\sqrt{bc}\ge1\)thì \(\frac{1}{3b+1}+\frac{1}{3c+1}\ge\frac{2}{3\sqrt{bc}+1}\Leftrightarrow\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left(9\sqrt{bc}-1\right)\ge0\)

vì vậy : VT (**) \(\ge\frac{1-a}{\sqrt{a^2-a+1}+a}+\frac{16}{3\left(3\sqrt{bc}+1\right)}-\frac{4}{3}\)

\(=\sqrt{a^2-a+1}-a+\frac{16\sqrt{a}}{3\left(3+\sqrt{a}\right)}-\frac{4}{3}\)

đặt \(\sqrt{a}=t\le1\), cần chứng minh : \(\sqrt{t^4-t^2+1}-t^2+\frac{16t}{3\left(3+t\right)}\ge\frac{4}{3}\)( BĐT đúng nếu t > 0,28 )

Xét \(a\le t^2=0,0784\Rightarrow a\in\left[0;0,0784\right]\)

Lại có :  \(\sqrt{b^2-b+1}>b-\frac{1}{2};\sqrt{c^2-c+1}>c-\frac{1}{2}\)

Do đó : \(\frac{1-b}{\sqrt{b^2-b+1}+b}+\frac{1-c}{\sqrt{c^2-c+1}+c}\ge\frac{1-b}{2b-\frac{1}{2}}+\frac{1-c}{2c-\frac{1}{2}}\)

\(\frac{1}{2}\left[\frac{\frac{3}{2}-\left(2b-\frac{1}{2}\right)}{2b-\frac{1}{2}}+\frac{\frac{3}{2}-\left(2c-\frac{1}{2}\right)}{2c-\frac{1}{2}}\right]=\frac{3}{4}\left(\frac{1}{2b-\frac{1}{2}}+\frac{1}{2c-\frac{1}{2}}\right)-1\)

\(\ge\frac{3}{\frac{1}{\sqrt{bc}}-1}=\frac{3\sqrt{a}}{4-\sqrt{a}}-1\)

do đó : VT ( ** ) \(\ge\sqrt{t^4-t^2+1}-t^2+\frac{3t}{4-t}-1\)\(\ge0\)

\(\Leftrightarrow3t\left(\frac{1}{4-t}+\frac{t}{\sqrt{t^4-t^2+1}+t^2+1}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow3t.\frac{\sqrt{t^4-t^2+1}+2t^2-4t+1}{\left(4-t\right)\left(\sqrt{t^4-t^2+1}+t^2+1\right)}\ge0\)

BĐT cuối đúng \(\forall\)t < 0,25 < 0,28

\(\Rightarrow\)đpcm

P/s : bài này mình tham khảo nha. cách rất dài, khó

Đặt \(\frac{5-\sqrt{21}}{2}=a;\frac{5+\sqrt{21}}{2}=b>0\) thì \(ab=1\)

*Chứng minh a_n là số tự nhiên.

Với n = 0, 1 nó đúng. Giả sử nó đúng đến n = k tức là ta có:

\(\hept{\begin{cases}a^{k-1}+b^{k-1}\inℤ\\a^k+b^k\inℤ\end{cases}}\). Ta cần chưng minh nó đúng với n =  k + 1 hay:

\(a^k.a+b^k.b=\left(a^k+b^k\right)\left(a+b\right)-ab\left(b^{k-1}+a^{k-1}\right)\)

\(=\left(a^k+b^k\right)\left(a+b\right)-\left(b^{k-1}+a^{k-1}\right)\inℤ\) (em tắt tí nhá, dựa vào giả thiết quy nạp thôi)

Vậy ta có đpcm. 

Còn lại em chưa nghĩ ra

Cái bài ban nãy sửa a, b thành x và y nha! Không thôi nó trùng với đề bài. Tại quen tay nên em đánh luôn a, b

Không mất tính tổng quát.

g/s : \(x\ge y\ge z\)\(\ge1\)

Theo bài ra ta có: \(\left(xy+1\right)\left(yz+1\right)\left(zx+1\right)⋮xyz\)

=> \(\left(xy^2z+yz+xy+1\right)\left(zx+1\right)⋮xyz\)

=> tồn tại số nguyên dương k sao cho:  \(xy+yz+zx+1=k.xyz\)

=> \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xyz}=k\)

=> \(k\le1+1+1+1=4\)(1)

TH1: k = 4  khi đó dấu "=" của bất đẳng thức (1) xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1 (  tm)

TH2: k=3

=> \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xyz}=3\)

=>\(3\le\frac{1}{z}+\frac{1}{z}+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^3}\)

=> \(3\le\frac{3}{z}+\frac{1}{z^3}\)=> z=1 

=> \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{xy}=2\)

=> \(2\le\frac{1}{y}+\frac{1}{y}+\frac{1}{y^2}=\frac{2}{y}+\frac{1}{y^2}\)=> y=1

Với z=1; y=1 => \(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}=1\Rightarrow x=2\)

Vậy x=2, y=z=1 ( thử vào thỏa mãn)

TH3: k=2

Ta có: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{zyx}=2\)

=> \(2\le\frac{3}{z}+\frac{1}{z^3}\)=> z=1

=> \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{xy}=1\)

=> \(1\le\frac{2}{y}+\frac{1}{y^2}\)=> y=2 hoặc y=1

Với y=1 => \(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}=0\left(loai\right)\)

Với y=2 => \(\frac{1}{x}+\frac{1}{2x}=\frac{1}{2}\Rightarrow x=3\)

Vậy x=3; y=2; z=1 ( thử vào thỏa mãn)

TH4: K=1

=> \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xyz}=1\)

=> \(1\le\frac{3}{z}+\frac{1}{z^3}\)=> z=1 hoặc z=2 hoặc z=3

Với z=1 => \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{xy}=0\)loại

Với \(z=2\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{2xy}=\frac{1}{2}\)

=> \(\frac{1}{2}\le\frac{2}{y}+\frac{1}{2y^2}\)=> y=1 (loại), y=2 (loại ); y=3 => x=7 ; y=4 => x= 9/2(loại); y>5 loại

Với z =3   => \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3xy}=1\)=> \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{3xy}=\frac{2}{3}\)

=> \(\frac{2}{3}\le\frac{2}{y}+\frac{1}{3y^2}\)=> y=1 ( loại ), y=2 => x=7 (tm) , y=3 => x=10/3 (loại); y>4 ( loại)

TH này x=7; y=2; z=1 ( thử vào ko thỏa mãn) hoặc x=7; y=3 ; z=1 ( thử vào ko thỏa mãn)

Vậy: (x; y; z)  là bộ ba số (1; 1; 1), (3; 2; 1); (2; 1;1 ) và các hoán vị của chúng

Ps: Cầu một cách ngắn gọn hơn! Thanks

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

\(P=\frac{n^2\left(2n+1\right)+n\left(2n+1\right)-\left(2n+1\right)}{n^2\left(2n+1\right)+n\left(2n+1\right)+\left(2n+1\right)}\)

\(P=\frac{n^2\left(2n+1\right)+n\left(2n+1\right)-\left(2n+1\right)}{n^2\left(2n+1\right)+n\left(2n+1\right)+\left(2n+1\right)}\)

P không là tối giản vì cả tử và mẫu đều chia hết cho (2n +1)

ban thieu DKXD:N=/\(\frac{-1}{2}\)

ĐK: x>= -1/3

Ta có: \(pt\Leftrightarrow2x\sqrt{x^2-x+1}+4\sqrt{3x+1}=2x^2+2x+6\)

<=> \(x^2-2x\sqrt{x^2-x+1}+\left(x^2-x+1\right)+\left(3x+1\right)-2.\sqrt{3x+1}.2+4=0\)

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

Mà : \(\left(x-\sqrt{x^2-x+1}\right)^2\ge0;\left(\sqrt{3x+1}-2\right)^2\ge0\)

Khi đó: \(\left(x-\sqrt{x^2-x+1}\right)^2+\left(\sqrt{3x+1}-2\right)^2\ge0\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: 

\(\hept{\begin{cases}\left(x-\sqrt{x^2-x+1}\right)^2=0\\\left(\sqrt{3x+1}-2\right)^2=0\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}x^2=x^2-x+1,x\ge0\\3x+1=4\end{cases}}\Leftrightarrow x=1\)tm đk

Vậy x=1

Ta có thể dùng cô si chăng?

ĐK: \(x\ge-\frac{1}{3}\)

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

\(\le\frac{x^2+x^2-x+1}{2}+\frac{4+3x+1}{2}=\frac{2x^2+2x+6}{2}=x^2+x+3=VP\)

Để đẳng thức xảy ra, tức là xảy ra đẳng thức ở phương trình thì:

\(\hept{\begin{cases}x^2=x^2-x+1\\4=3x+1\end{cases}}\Leftrightarrow x=1\)

Vậy...

Is it true??

Bạn ơi đề bài có điều kiện a, b, c không vậy. Hay là a, b, c bất kì?

dạ a,b,c>0 ạ.em quên mất 

2) công thức tính khoảng cách của 2 điểm A(x₁;y₁) và B(x₂;y₂) trên mặt phẳng toạ độ: \(AB=\sqrt{\left(x_2-x_1\right)^2+\left(y_2-y_1\right)^2}\)

Áp dụng vào bài toán ta đc: \(\hept{\begin{cases}AB=\sqrt{\left(2+1\right)^2+\left(1-5\right)^2}=5\\AC=\sqrt{\left(2-4\right)^2+\left(1-2\right)^2}=\sqrt{5}\\BC=\sqrt{\left(-1-4\right)^2+\left(5-2\right)^2}=\sqrt{34}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)\(P_{ABC}=5+\sqrt{5}+\sqrt{34}\)

1) chắc chưa học đến vector đâu nhỉ ? 

Giả sử 3 điểm A, B, C thẳng hàng, gọi \(\left(d\right):y=ax+b\) là đường thẳng đi qua A, và B 

Do đó: \(\hept{\begin{cases}1=2a+b\\5=-a+b\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{1-b}{2}\\a=b-5\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b-5=\frac{1-b}{2}\\a=b-5\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=\frac{11}{3}\\a=\frac{-4}{3}\end{cases}}\)

=> \(\left(d\right):y=\frac{-4}{3}x+\frac{11}{3}\)

Do (d) cũng đi qua C nên: \(2=\frac{-4}{3}.4+\frac{11}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(2=\frac{-5}{3}\) ( vô lí ) 

=> điều giả sử sai => 3 điểm A, B, C không thẳng hàng => A, B, C là 3 đỉnh 1 tam giác 

f(x) có nghiệm 

=> \(b^2\ge4c\)

\(f\left(2\right)=4+2b+c=\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c+1+1+1+1\)

                                        \(\ge9\sqrt[9]{\frac{1}{16}b^4c}\ge9\sqrt[9]{\frac{1}{16}.\left(4c\right)^2.c}=9\sqrt[3]{c}\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi b=2,c=1

A B C M D K O

1) Vì \(\Delta\)ABC đều nên AB = BC = CA => A là điểm chính giữa cung lớn BC của (O)

=> ^BMA = ^CMA (=60⁰). Kết hợp với ^MCB = ^MAB suy ra \(\Delta\)MDC ~ \(\Delta\)MBA (g.g)

=> \(MB.MC=MD.MA\) => \(MD=\frac{MB.MC}{MA}\le\frac{\left(MB+MC\right)^2}{4MA}\)

Mặt khác, theo ĐL Ptolemy: \(MB.AC+MC.AB=AM.BC\)=> \(MB+MC=MA\)(BC=CA=AB)

Do đó \(MD\le\frac{MA^2}{4MA}=\frac{MA}{4}\le\frac{2R}{4}=\frac{R}{2}\)(Vì AM là một dây của (O))

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi AM là đường kính của (O). Vậy Max MD = R/2.

2) Ta thấy ^CMA = 60⁰ = ^CAB. Từ đây \(\Delta\)ACM ~ \(\Delta\)KCA (g.g)

=> CA² = CM.CK hay CB² = CM.CK => \(\Delta\)CBM ~ \(\Delta\)CKB (c.g.c)

=> ^CBM = ^BKM => BC là tiếp tuyến của đường tròn (BKM) (đpcm).

O A B C I H D K E F

a) Ta thấy \(\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\Rightarrow\widebat{BD}=\widebat{DC}\)

\(\Rightarrow\widehat{HAI}=\widehat{CKD}\)   (Hai góc nội tiếp chắn hai cùng bằng nhau)

Do DK là đường kính nên \(\widehat{KCD}=90^o\)

Suy ra \(\Delta AHI\sim\Delta KCD\left(g-g\right)\)

b) Ta thấy \(\widehat{BID}=\widehat{ABI}+\widehat{BAD}\)  (Tính chất góc ngoài)

Mà \(\widehat{ABI}=\widehat{IBC};\widehat{BAD}=\widehat{DBC}\) nên \(\widehat{BID}=\widehat{IBC}+\widehat{CBD}=\widehat{IBD}\)

Suy ra DB = DI

Lại có \(\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\Rightarrow BD=DC\)

Nên DI = DB = DC

c) Kéo dài OI, cắt đường tròn (O) tại hai điểm E và F. 

Ta có ngay \(\Delta EAI\sim\Delta DFI\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{IA}{IF}=\frac{IE}{ID}\Rightarrow IA.ID=IE.IF\)

\(=\left(OE-OI\right)\left(OI+OF\right)=R^2-d^2\)

d) Ta có : \(\Delta AHI\sim\Delta KCD\left(cma\right)\Rightarrow\frac{IA}{KD}=\frac{HI}{CD}\Rightarrow IA.CD=KD.HI\)

\(\Rightarrow IA.ID=2OD.HI=2Rr\)

Từ câu c suy ra \(2Rr=R^2-d^2\Leftrightarrow d^2=R^2-2Rr\)