Chủ đề này có 5 trả lời

[IamMathematics]

[tranductucr1]

Câu bất quá quen thuộc
$\sum \frac{(bc)^2}{ab+ac} \geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{2(ab+bc+ac)}=\frac{ab+bc+ac}{2} \geq\frac{3\sqrt[3]{(abc)^2}}{2}=\frac{3}{2}$
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranductucr1: 22-10-2016 - 19:35

[tranductucr1]

$(1) => (\sqrt{2x+1})^2-2(\sqrt{y+1})^2+\sqrt{(2x+1)(y+1)}=(\sqrt{2x+1}-\sqrt{y+1})(\sqrt{2x+1}+2\sqrt{y+1})=0$
$\Leftrightarrow y=2x$
Thay vào (2) ta được
$\sqrt[3]{3y+1}=y^3-2y-1$
$\Leftrightarrow  y^3+y=3y+1+\sqrt[3]{3y+1}$
xét $f(x)=x^3+x$ =>$f'(x)=3x^2+1 >0$ vậy hàm số đồng biến trên $R$
từ đó ta có $y^3=3y+1$ $\Rightarrow ....$
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranductucr1: 22-10-2016 - 19:47

[quantv2006]

Bài hình 4:

a) Dễ thấy AC/BC = AD/BD. Sau đó chứng minh tam giác BCP và BDQ đồng dạng.

 

b) Gọi N là giao điểm của CD và PQ. Chứng minh tam giác BNQ và BCD đồng dạng, Sau đó chứng minh tam giác BNP và BDA đồng dạng. Từ đó có NP = NQ.

 

c) Gọi K là giao điểm của CD và OO'. H là giao điểm AB và OO'. Tứ giác CDO'H là tứ giác nội tiếp nên KH.KO = KC.KD.

 

Nếu từ K kẻ 2 tiếp tuyến KA', KB' với (O'), A'B' cắt OO' tại H'. Khi đó tứ giác CDO'H' là tứ giác nội tiếp nên KH'.KO = KC.KD. Vậy H' trùng H, A'B' trùng AB. Do đó KA vuông góc với O'A. Vậy K cố định,

[taitueltv]

 

 

Mình bổ xung thêm một cách.

 

Ta có $A =\sum \dfrac{\frac{1}{a^2}}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c} } $

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz  và bất đẳng thức AM -GM ta có

 

$A\ge \dfrac { \left(\frac{1}{a} +\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{ 2\left( \frac{1}{a} +\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right) } \ge \dfrac {3\sqrt[3] {\frac{1}{abc}}}{2} =\frac{3}{2}$

[mathtp]

cho mih hoi cau day so vs cau ham so