\(12:\left\{390:\left[500-\left(5^3+7^2.5\right)\right]\right\}\)

\(=12:\left\{390:\left[500-\left(125+49.5\right)\right]\right\}\)

\(=12:\left\{390:\left[500-\left(125+245\right)\right]\right\}\)

\(=12:\left[390:\left(500-370\right)\right]\)

\(=12:\left(390:130\right)\)

\(=12:3\)

\(=4\)

   12 : { 390 : [ 500 - ( 5³  + 7²  . 5 ) ] }

= 12 : { 390 : [ 500 - (125 + 49 . 5 ) ] }

= 12 : { 390 : [ 500 - (125 + 245 ) ] }

= 12 : { 390 : [ 500 - 370] }

= 12 : { 390 : 130}

= 12 : 3

= 4

Xin mời XD

A B H K O M x y N

a/ Ta có : \(\hept{\begin{cases}AH\text{//}OM\text{//}BK\\OA=OB\end{cases}}\) \(\Rightarrow\)OM là đường trung bình của hình thang ABKH

\(\Rightarrow\)\(AH+BK=2OM=2R\) (không đổi)

b/ Từ M hạ MN vuông góc với AB tại N (1)

Ta sẽ chứng minh MN = MK

Xét trong (O;R) thì : \(\widehat{BMK}=\widehat{MAB}\) (cùng chắn cung MB)

Mà : \(\hept{\begin{cases}\widehat{BMK}+\widehat{MBK}=90^o\\\widehat{MAB}+\widehat{MBA}=90^o\end{cases}}\) \(\Rightarrow\)\(\widehat{MBA}=\widehat{MBK}\)

Xét hai tam giác vuông NBM và KBM có MB là cạnh huyền (chung) , \(\widehat{MBA}=\widehat{MBK}\)

\(\Rightarrow\)\(\Delta NBM=\Delta KBM\) (ch.gn)

\(\Rightarrow\) MN = MK (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

c/ Vì ABKH là hình thang vuông nên \(S_{ABKH}=\frac{1}{2}\left(AH+BK\right).HK=\frac{1}{2}.2OM.HK\)

\(=\left(2MN\right).OM\) . Mà OM = R không đổi, vậy \(maxS_{ABKH}\Leftrightarrow maxMN\Leftrightarrow MN=OM\)\(\Leftrightarrow\)M là điểm chính giữa cung AB

Khi đó thì : \(S_{ABKH}=2OM.OM=2R^2\)

không biết

Đề thi học kỳ 1 trường Ams

**Min

Từ \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow a^2\le1;b^2\le1;c^2\le1\)

\(\Rightarrow a\le1;b\le1;c\le1\Rightarrow a^2\le a;b^2\le b;c^2\le c\)

Khi đó:

\(\sqrt{a+b^2}\ge\sqrt{a^2+b^2};\sqrt{b+c^2}\ge\sqrt{b^2+c^2};\sqrt{c+a^2}\ge\sqrt{c^2+a^2}\)

\(\Rightarrow P\ge\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)

\(\Rightarrow P\ge\sqrt{1-c^2}+\sqrt{1-a^2}+\sqrt{1-b^2}\)

Ta có:

\(\sqrt{1-c^2}\ge1-c^2\Leftrightarrow1-c^2\ge1-2c^2+c^4\Leftrightarrow c^2\left(1-c^2\right)\ge0\left(true!!!\right)\)

Tương tự cộng lại:

\(P\ge3-\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\)

dấu "=" xảy ra tại \(a=b=0;c=1\) and hoán vị.

**Max

Có BĐT phụ sau:\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le\sqrt{3\left(a+b+c\right)}\left(ezprove\right)\)

Áp dụng:

\(\sqrt{a+b^2}+\sqrt{b+c^2}+\sqrt{c+a^2}\)

\(\le\sqrt{3\left(a+b+c+a^2+b^2+c^2\right)}\)

\(=\sqrt{3\left(a+b+c\right)+3}\)

\(\le\sqrt{3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+3\right)}=\sqrt{3\cdot\sqrt{3}+3}\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}\)

a) đặt \(A=\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{4+\sqrt{7}}\)

nhân cả hai vế với \(\sqrt{2}\), ta được:

\(\sqrt{2}A=\sqrt{2}\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{2}\sqrt{4+\sqrt{7}}\)

\(=\sqrt{8-2\sqrt{7}}-\sqrt{8+2\sqrt{7}}\)

\(=\sqrt{\left(1-\sqrt{7}\right)^2}-\sqrt{\left(1+ \sqrt{7}\right)^2}\)

\(=\left|1-\sqrt{7}\right|-\left|1+\sqrt{7}\right|\)

\(=\sqrt{7}-1-\sqrt{7}-1\)

\(=-2\)

\(\Rightarrow A=-\frac{2}{\sqrt{2}}=-\sqrt{2}\)

a) \(\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{4+\sqrt{7}}\)

\(=\frac{\sqrt{8-2\sqrt{7}}-\sqrt{8+2\sqrt{7}}}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{\sqrt{\left(\sqrt{7}-1\right)^2}-\sqrt{\left(\sqrt{7}+1\right)^2}}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{\sqrt{7}-1-\sqrt{7}-1}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{-2}{\sqrt{2}}=-\sqrt{2}\)

A B C D E I

Đặt \(\frac{EI}{ID}=k\).

Ta có \(S_{DIA}+S_{IAE}=S_{DAC}\left(=\frac{1}{4}S_{DEC}\right)\Rightarrow\left(1+k\right)S_{DIA}=S_{DAC}\)

Lại có : \(\frac{S_{DIC}}{S_{DBC}}=\frac{S_{DEC}}{k+1}:\frac{S_{DEC}}{2}=\frac{2}{k+1}\)

\(\Rightarrow\frac{\left(k+1+1\right)S_{DIA}}{2\left(k+1\right)S_{DIA}}=\frac{2}{k+1}\Rightarrow\frac{k+2}{2k+2}=\frac{2}{k+1}\Rightarrow k=2\)

Vậy thì EI = 2 ID hay \(DI=\frac{DE}{3}\)

sao bằng 1/4 DEC đc vậy

Số chính phương có thể tận cùng bằng 0;1;4;5;6;9 nhưng không thể tận cùng bằng 2,3,7,8

mà abcd và abcd + 72 là số chính phương nên d và d+2 hoặc d và d+2-10(vì abcd + 72 không thể có chữ số tận cùng vượt quá 10 nên d+2 không thể ≥ 10)

=>d=4(d+2=4+2=6) hoặc d=9(d+2-10=9+2-10=1)

Ta chứng minh:

\(\frac{a}{1-a^2}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\)

\(\Leftrightarrow a\left(1-a^2\right)\le\frac{2}{3\sqrt{3}}\)

\(\Leftrightarrow2a^2\left(1-a^2\right)\left(1-a^2\right)\le\frac{8}{27}\)

Ta có: \(VT\le\frac{\left(2a^2+1-a^2+1-a^2\right)^3}{27}=\frac{8}{27}\)

\(\Rightarrow DPCM\)

Quay lại bài toán ta có:

\(\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}=\frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2}\)

\(\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3\sqrt{3}}{2}\)

Vì \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow\frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\)

Tức cần chứng minh \(\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\)

BĐT trên thuần nhất nên ta chuẩn hoá \(a^2+b^2+c^2=3\)

\(BDT\Leftrightarrow\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{3-a^2}+\frac{b}{3-b^2}+\frac{c}{3-c^2}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{3-a^2}-\frac{1}{2}+\frac{b}{3-b^2}-\frac{1}{2}+\frac{c}{3-c^2}-\frac{1}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+\frac{3}{2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{3-a^2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left(a^2-1\right)\right)+\left(\frac{b}{3-b^2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left(b^2-1\right)\right)+\left(\frac{c}{3-c^2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left(c^2-1\right)\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a\left(a+2\right)\left(a-1\right)^2}{6-2a^2}+\frac{b\left(b+2\right)\left(b-1\right)^2}{6-2b^2}+\frac{c\left(c+2\right)\left(c-1\right)^2}{6-2c^2}\ge0\) *ĐÚNG*

cho online math

Tôi không biết

xét hiệu\(\left(5a-3b+8c\right)\left(5a-3b-8c\right)-\left(3a-5b\right)^2=0\)

\(\left(5a-3b\right)^2-64c^2-\left(3a-5b\right)^2=0\)

\(\left(5a-3b\right)^2-\left(3a-5b\right)^2-64c^2=0\)

\(\left(5a-3b-3a+5b\right)\left(5a-3b+3a-5b\right)-64c^2=0\)

\(\left(2a+2b\right)\left(8a-8b\right)-64c^2=0\)

\(16a^2-16ab+16ab-16b^2-64c^2=0\)

\(16a^2-16b^2-64c^2=0\)

\(16\left(a^2-b^2\right)-64c^2=0\)

\(16\times4c^2-64c^2=0\)

\(64c^2-64c^2=0\left(dpcm\right)\)

\(\left(5a-3b+8c\right)\left(5a-3b-8c\right)\)

\(=\left(5a-3b\right)^2-\left(8c\right)^2\)

\(=25a^2-30ab+9b^2-16\left(a^2-b^2\right)\)

\(=9a^2-30ab+25b^2\)

\(=\left(3a-5b\right)^2\)

A = ( x + y )( x + 2y )( x + 3y )( x + 4y ) + y⁴

= [ ( x + y )( x + 4y ) ][ ( x + 2y )( x + 3y ) ] + y⁴

= ( x² + 5xy + 4y² )( x² + 5xy + 6y² ) + y⁴ (1)

Đặt t = x² + 5xy + 5y²

(1) <=> ( t - y² )( t + y² ) + y⁴

       = t² - y⁴ + y⁴

       = t² = ( x² + 5xy + 5y² )²

Vì x, y nguyên => x² nguyên ; 5xy nguyên ; 5y² nguyên

=> x² + 5xy + 5y² nguyên

=> ( x² + 5xy + 5y² )² là một số chính phương

=> đpcm

A = ( x + y )( x + 2y )( x + 3y )( x + 4y ) + y⁴ 

=> A = ( x² + 5xy + 4y² ) ( x² + 5xy + 6y² ) + y⁴

Đặt a = x² + 5xy + 5y² , pt trở thành :

A = ( a - y² ) ( a + y² ) + y⁴

=> A = t² - y⁴ + y⁴ = t² = ( x² + 5xy + 5y² )² là SCP

Vậy A là SCP