A B C D E I K J H M O

gọi các điểm như trên hình

I là giao 2 đường tiếp tuyến HI và AC=>OI là phân giác góc EOK (1) và IE=IK

C là giao 2 tiếp tuyến AC và BC => OC là phân giác góc KOD (2) và KC=DC

(1) và (2) => tam giác IOC vuông tại O, có đường cao OK =>OK²=IK.KC <=> OK²=IE.DC

CM tương tự ta được OJ² = EH.BD

mà \(\text{OK=OJ=r}\) 

=>\(\text{IE.DC=EH.BD}\)

=>\(\frac{EH}{EI}=\frac{CD}{BD}\)

Ta có : \(\text{HI // BC}\)

=>\(\frac{EI}{MC}=\frac{AI}{AC}=\frac{AH}{AB}=\frac{EH}{BM}\)

=> \(\frac{BM}{MC}=\frac{EH}{EI}\)

=>\(\frac{BM}{CM}=\frac{EH}{EI}=\frac{CD}{BD}\)

=> \(1+\frac{BM}{CM}=1+\frac{CD}{BD}\)\(\Leftrightarrow\frac{BC}{CM}=\frac{BC}{BD}\Rightarrow CM=BD\)

83110=Hello

Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau: BC+AH>AB+AC=> BC+AH-AB>AC=> BC-AB>AC-AH (chuyển vế đổi dấu). (1)

=> Ta phải tạo ra một đoạn thẳng bằng AB trên cạnh BC và 1 đoạn bằng AH trên AC để chứng minh bất đẳng thức vùa biến đổi.

Hình phụ: Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho AB=BD

Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho AH=AE

Thay AB=AD và AH=AE vào (1), ta có: BC-BD>AC-AE=>DC>EC

Vậy ta sẽ chứng minh bất đẳng thức DC>EC thay vì chứng minh BC+AH>AB+AC

  A B C H D E 2 1

Xét tam giác AHD có ^AHD=90o (AH là đường cao)=> ^A1+^HDA=90o (2 góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau) (*)

Ta có: ^A2+^BAD=^BAC. Mà đề cho tam giác ABC vuông tại A=> ^BAC=90o=>^A2+^BAD=90o (**)

Từ (*) và (**)=> ^A1+^HDA=^A2+^BAD=90o (***)

Mà AB=BD theo cách vẽ=> Tam giác ABD cân tại B=> ^BAD=^BDA (2 góc ở đáy) hay ^BAD=^HDA (do H thuộc BD) (****)

Từ (***) và (****) => ^A1=^A2 (Trừ 2 vế cho ^HDA và ^BAD do 2 góc đó bằng nhau)

Xét tam giác AHD và tam giác AED có: 

Cạnh AD chung

^A1=^A2 (cmt)              => Tam giác AHD = Tam giác AED (c.g.c)

AH=AE theo cách vẽ

=> ^AHD =^AED. Mà ^AHD=90o=> ^AED=90o => ^DEC=90o (kề bù với ^AED)

=> DC là cạnh lớn nhất trong tam giác DEC=> \(DC>EC\)

Dựa vào hướng giải của bài toán, ta lại biến đổi DC>EC thành bất đẳng thức ban đầu:

DC>EC=> BC-BD > AC-AE (2)

Thay BD=AB, AE=AH vào (2), ta có: BC-AB>AC-AH. Chuyển vế đổi dấu lại ta được: BC+AH>AB+AC (đpcm)

Cách khác nhanh

Xét BC+AH>AB+AC

=>\(\left(BC+AH\right)^2>\left(AB+AC\right)^2\)

=>\(BC^2+2BC.AH+AH^{ }^2>AB^{ }^2+2AB.AC+AC^2\)

Mà \(AB^2+AC^2=BC^2\)(Định lí Pytago) ,\(2S_{ABC}=AH.BC=AB.AC\)

=>\(AH^2>0\)(Luôn đúng)

=> Điều phải chứng minh

Bài này tao kiên trì trong nháp lắm rồi, nhưng trên này tao không kiên trì nữa đâu :))

Tóm lại bài này của mày quy đồng cả hai vế lên Kết hợp với điều giả sử \(a\ge b\ge c\)

Nên có đpcm.

Nguyễn Văn Đạt không cần giả sử nha

\(5\le xy+yz+zx\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(x+y+z\ge\sqrt{15}\)

\(\frac{x^2}{\sqrt{8x^2+3y^2+14xy}}=\frac{x^2}{\sqrt{8x^2+2xy+3y^2+12xy}}\ge\frac{x^2}{\sqrt{9x^2+12xy+4y^2}}=\frac{x^2}{3x+2y}\)

\(A\ge sigma\frac{x^2}{3x+2y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{5\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{5}\ge\sqrt{\frac{3}{5}}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{\frac{5}{3}}\)

h2r r1000

Vì 2k luôn là số chẵn nên nếu k là số lẻ thì trong hai số a + k và a + 2k sẽ có một số chẵn và 1 số lẻ. Mà số chẵn lớn hơn 3 thì chia hết cho 2 => Không là số nguyên tố. Vậy k phải là số chẵn (tức là k chia hết cho 2).

Lý luận tương tự, k phải chia hết cho 3, vì nếu k chia 3 dư 1 hoặc 2 thì 2k chia cho 3 dư 2 hoặc 1 => Trong 3 số a, a +k, a +2k khi chia cho 3 chắc chắn có 1 số chia hết cho 3

(vì nếu a chia hết cho 3 thì trong 3 số đó, số đầu tiên là a chia hết cho 3; 

nếu a chia 3 dư 1 thì a + k hoặc a + 2k phải có 1 số chia hết cho 3 vì trong 2 số k và 2k có 1 số chia cho 3 dư 1 và số kia chia cho 3 dư 2

nếu a chia 3 dư 2 thì a + k và a + 2k phải có 1 số chia hết cho 3 vì trong 2 số k và 2k có 1 số chia cho 3 dư 1 và số kia chia cho 3 dư 2).

Vậy k chia hết cho 2 và cho 3 => k chia hết cho 6. 

Vì 2k luôn là số chẵn nên nếu k là số lẻ thì trong hai số a + k và a + 2k sẽ có một số chẵn và 1 số lẻ. Mà số chẵn lớn hơn 3 thì chia hết cho 2 => Không là số nguyên tố. Vậy k phải là số chẵn (tức là k chia hết cho 2).

tương tự, k phải chia hết cho 3, vì nếu k chia 3 dư 1 hoặc 2 thì 2k chia cho 3 dư 2 hoặc 1 => Trong 3 số a, a +k, a +2k khi chia cho 3 chắc chắn có 1 số chia hết cho 3

(vì nếu a chia hết cho 3 thì trong 3 số đó, số đầu tiên là a chia hết cho 3; 

nếu a chia 3 dư 1 thì a + k hoặc a + 2k phải có 1 số chia hết cho 3 vì trong 2 số k và 2k có 1 số chia cho 3 dư 1 và số kia chia cho 3 dư 2

nếu a chia 3 dư 2 thì a + k và a + 2k phải có 1 số chia hết cho 3 vì trong 2 số k và 2k có 1 số chia cho 3 dư 1 và số kia chia cho 3 dư 2).

Vậy k chia hết cho 2 và cho 3 => k chia hết cho 6. 

ta có

\(0\le\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\left(\forall x,y,z>0\right)\)

\(\Leftrightarrow2xy+2yz+2zx\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\le3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)(1)

dấu  = xảy ra khi

\(x=y=z=0\)

theo giả thiết ta có

\(x\left(x+1\right)+y\left(y+1\right)+z\left(z+1\right)\le18\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le18-\left(x+y+z\right)\left(2\right)\)

từ (1) zà (2) suy ra

\(\left(x+y+z\right)^2\le54-3\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2+3\left(x+y+z\right)-54\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z-6\right)\left(x+y+z+9\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow0< x+y+z\le6\left(do\left(x+y+z>0;9>0\right)\right)\)

áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)ta có

\(P=\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}\ge\frac{9}{2\left(x+y+z\right)+3}\ge\frac{9}{2.6+3}=\frac{3}{5}\)

Dấu = xảy ra khi zà chỉ khi

\(\hept{\begin{cases}x+y+1=y+z+1=z+x+1\\x+y+z=6\end{cases}=>x=y=z=2}\)

zậy MinP= 3/5 khi x=y=z=2

Ta có : x(x + 1) + y (y+1 ) + z(z + 1) \(\le18\)

<=> x² + y² + z² + ( x + y + z ) \(\le18\)

\(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)

=> 54 \(\ge\)( x + y+z)² + 3(x + y + z) 

<=> -9 \(\le\)x + y + z \(\le\)6

=> 0 \(\le\)x+y+z \(\le\)6 

\(\frac{1}{x+y+1}+\frac{x+y+1}{25}\ge\frac{2}{5}\)

\(\frac{1}{y+z+1}+\frac{y+z+1}{25}\ge\frac{2}{5}\)

\(\frac{1}{z+x+1}+\frac{z+x+1}{25}\ge\frac{2}{5}\)

=> \(P+\frac{2\left(x+y+z\right)+3}{25}\ge\frac{6}{5}\)

=> P \(\ge\frac{27}{25}-\frac{2}{25}\left(x+y+z\right)\ge\frac{15}{25}=\frac{3}{5}\)

Dấu " =" xảy ra khi :

\(\hept{\begin{cases}x=y=z>0;x+y+z=6\\\left(x+y+1\right)^2=\left(y+z+1\right)^2=\left(z+x+1\right)^2=25\end{cases}\Leftrightarrow x=y=z=2}\)

Vậy GTNN của P là \(\frac{3}{5}\)khi x = y =z =2

bij ngu af

             33333333333333  ddddddddddddddd

bị ngu à

Dùng Bất đẳng thức Cô sy cho mẫu số

ta có 

\(a^4b^2\ge2\sqrt{a^4b^2}=2a^2b\)\(=>\frac{a}{a^4+b^2}\le\frac{a}{2a^2b}=\frac{1}{2ab}\)

tương tự ta có

\(\frac{b}{b^4+a^2}\le\frac{1}{2ab}\)

\(=>\frac{a}{a^4+b^2}+\frac{b}{b^4+a^2}\le\frac{1}{2ab}+\frac{1}{2ab}=\frac{1}{ab}\)

dấu = xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a^4=b^2\\a^2=b^4\end{cases}=>a^2=b^2=1}\)

Với mọi x thỏa mãn: f( a + b ) = f (ab) 

=>f( 0 ) = f( -1/2 . 0 ) = f ( -1/2 + 0 ) = f( -1/2 ) = -1/2 

=> f ( 2006 ) = f ( 2006 + 0 ) = f(2006 . 0 ) = f(0 ) = -1/2

Bạn tham khảo các câu trả lời của mọi người tại đây:

Câu hỏi của zZz Cool Kid zZz - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Và đây củng chính là Moldova TST 2005

Một cách giải khác mình lấy được trên mạng