\(T=x^4+y^4+z^4\)

áp dụng bđt bunhia cốp -xki với bộ số \(\left(x^2,y^2,z^2\right);\left(1,1,1\right)\)

\(\left(\left[x^2\right]^2+\left[y^2\right]^2+\left[z^2\right]^2\right)\left(1^2+1^2+1^2\right)\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

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

\(\left(x^4+y^4+z^4\right)\ge\frac{\left(2xy+2yz+2xz\right)^2}{3}\)(bđt tương đương)

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

dấu "=" xảy rakhi và chỉ khi

\(\hept{\begin{cases}\frac{x^2}{1}=\frac{y^2}{1}=\frac{z^2}{1}\\x=y=z=1\end{cases}< =>\frac{1^2}{1}=\frac{1^2}{1}=\frac{1^2}{1}}\)(luôn đúng)

vậy dấu "=" có xảy ra

\(< =>MIN:T=\frac{4}{3}\)

sửa dòng 3 dưới lên 

\(T\ge\frac{\left(xy+yz+xz\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)

Dấu ''='' xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)

Vậy GTNN T là 1/3 khi \(x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}\)

Giải chi tiết:

1) Chứng minh tứ giác MCDN nội tiếp.

Xét (O;R)(O;R) ta có: AB,CDAB,CD là hai đường kính của hình tròn

⇒ADBC⇒ADBC là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường).

⇒{AC=BDAD=BC⇒{AC=BDAD=BC  (các cạnh đối).

Ta có: ∠ADB=900∠ADB=900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)

⇒∠BDN=900(1)⇒∠BDN=900(1)

Ta có: ∠CMN∠CMN là góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn chắn các cung

BCBC và AB.AB.

⇒∠CMN=12(sdcungAB−sdcungCB)=12sdcungBD=12sdcungAC.(doAC=BD)⇒∠CMN=12(sdcungAB−sdcungCB)=12sdcungBD=12sdcungAC.(doAC=BD)

Lại có: ∠ADC∠ADC là góc nội tiếp chắn cung AC⇒∠ADC=12sdcungACAC⇒∠ADC=12sdcungAC

⇒∠ADC=∠CMN(=12sdcungAC).⇒∠ADC=∠CMN(=12sdcungAC).

⇒CDNM⇒CDNM là tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện). (đpcm)

2) Chứng minh AC.AM=AN.AN.AC.AM=AN.AN.

 Xét   ΔACDΔACD và ΔANMΔANM ta có:

∠CADchung∠AMB=∠ADC(cmt)⇒ΔACD∼ΔANM(g−g)⇒ACAN=ADAM⇒AC.AM=AN.AD(dpcm).∠CADchung∠AMB=∠ADC(cmt)⇒ΔACD∼ΔANM(g−g)⇒ACAN=ADAM⇒AC.AM=AN.AD(dpcm).

3) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác MCDN và H là trung điểm MN. Chứng minh tứ giác AOIH là hình bình hành. Khi đường kính CD quay quanh điểm O thì I di động trên đường nào?

Ta có I  là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác MCDN, H là trung điểm của MN

 ⇒IH⊥MN⇒IH⊥MN  (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung).

Mà AO⊥MNAO⊥MN (do AB là đường kính của đường tròn (O), MN là tiếp tuyến tại B của đường tròn)

⇒HI//AO(⊥MN)(1)⇒HI//AO(⊥MN)(1)

Mặt khác ta có ∠CAD=900∠CAD=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒∠ACD+∠CDA=900⇒∠ACD+∠CDA=900 (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông)

Xét ΔMANΔMAN có ∠MAN=900∠MAN=900, H là trung điểm của MN

⇒AH=12MN=MH⇒AH=12MN=MH (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông)

⇒ΔAHM⇒ΔAHM cân tại H (dhnb)

⇒∠MAH=∠HMA⇒∠MAH=∠HMA  (hai góc kề đáy của tam giác cân).

Lại có : ∠ACD=∠CAB∠ACD=∠CAB (hai góc nội tiếp chắn hai cung AD, CB bằng nhau).

Mà : ∠AMH+∠CAB=900∠AMH+∠CAB=900 (tam giác ABM vuông tại B)

⇒∠MAH+∠ACD=900⇒ΔCAK⇒∠MAH+∠ACD=900⇒ΔCAK  vuông tại K⇒CD⊥AH={K}.K⇒CD⊥AH={K}.

Lại có : OI⊥CDOI⊥CD (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung)

⇒AH//OI(⊥CD).(2)⇒AH//OI(⊥CD).(2)

Từ (1) và (2) ta có :  {AH//OIAO//HI⇒AOIH{AH//OIAO//HI⇒AOIH là hình bình hành (dhnb). (đpcm)

Ta có : HH  là trung điểm của MN,M,NMN,M,N thuộc đườn thẳng xyxy cố định ⇒H⇒H là điểm di động trên đường xy.xy.

Vì AOIHAOIH là hình bình hành (cmt) ⇒AO=IH⇒AO=IH  (hai cạnh đối)

Mà AO=RAO=R không đổi ⇒IH=R⇒IH=R không đổi.

⇒I⇒I là điểm di động trên đườgn thẳng song song với đường thẳng xy.xy.

4) Khi góc AHB bằng 600; Tính diện tích xung quanh của hình trụ tạo thành khi hình bình hành AHOI quay quanh cạnh AH theo R.

Ta có : ∠AHB=600⇒∠OAH=300∠AHB=600⇒∠OAH=300

Khi quay hình bình hành AHIO một vòng quanh cạnh AH thì cạnh AO và cạnh HI  tạo nên hai hình nón bằng nhau có đường sinh AO=IH=R.AO=IH=R.

Cạnh OI  tạo nên hình trụ có bán kính đáy bằng bán kính đáy của hình nón cũng như bán kính của hình tròn (O)(O) là R.R.

Gọi P, Q  là tâm các đường tròn đáy của hình trụ.

Xét ΔAOPΔAOP ta có : ∠OPA=900,∠OAP=300.∠OPA=900,∠OAP=300.

⇒sin300=OPOA=OPR⇒OP=Rsin300=R2.⇒sin⁡300=OPOA=OPR⇒OP=Rsin⁡300=R2.

Xét ΔABHΔABH ta có : AH=ABtan600=2R√3=2R√33.AH=ABtan⁡600=2R3=2R33.

Diện tích xung quanh hình trụ cần tính là : Sxq=2πrh=2π.OP.AH=2π.R2.2R√33=2πR2√33.

DÀI V SAO GHI HẾT ?

Cho 3 số thực dương a;b;c thỏa mãn : a+ b + c = 1 . CMR 

\(\frac{a+1}{a+b+c}+\frac{b+1}{b+ac}+\frac{c+1}{c+ab}\ge9\)Dấu " = " xay ra khi nào 

Bước 1: Nhắc lại dãy Fibonacci

Dãy Fibonacci \(F_{n}\) được định nghĩa:

\(F_{1} = 1 , F_{2} = 1 , F_{n} = F_{n - 1} + F_{n - 2} \&\text{nbsp};\text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; n \geq 3\)

Ta cần tìm n sao cho \(F_{n} \equiv 0 \left(\right. m o d 17 \left.\right)\).

Bước 2: Tính các số Fibonacci modulo 17

Tính tuần tự để tìm \(F_{n} m o d \textrm{ } \textrm{ } 17\):

✅ Tại \(n = 9\), \(F_{9} = 34\) chia hết cho 17.

✅ Kết luận

Số Fibonacci đầu tiên chia hết cho 17 là số thứ 9 trong dãy.

mình chịu