A,B,C có điều kiện gì ko bạn?

b. 

Có: $v_n=\frac{u_n}{u_{n+1}-1}=\frac{2014u_n}{u_n^2+2013u_n-2014}=\frac{2014u_n}{(u_n-1)(u_n+2014)}$

Do đó : $v_1+v_2+...+v_n<2014$

<=> $\sum _{k=1}^{n}\frac{2014u_k}{(u_k-1)(u_k+2014)}<2014$

<=>  $\sum _{k=1}^{n}\frac{2015u_k}{(u_k-1)(u_k+2014)}<2015$ $(1)$

mà $\frac{2015u_k}{(u_k-1)(u_k+2014)}=\frac{(u_{k}+2014)-(u_k-1)}{(u_k-1)(u_k+2014)}=\frac{1}{u_k-1}-\frac{1}{u_k+2014}$

=> $v_1+v_2+....+v_n=1-\frac{1}{u_k+2014}$

Do đó $(1)$ <=> $\frac{1}{u_k+2014}>-2014$ (luôn đúng vì $\frac{1}{u_k+2014}>0.-2014$)

Bạn xem hộ mình chỗ bôi đỏ, mình chưa rõ lắm

a)

Gọi $D,E,F$ làn lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác với $BC,CA,AB$

KHi đó$S=S_{BCI}+S_{CAI}+S_{BAI}=\frac{1}{2}(BC.ID+CA.IE+AB.IF)=p.r$

b) $\frac{S}{h_a}+\frac{S}{h_b}+\frac{S}{h_c}=\frac{1}{2}(a+b+c)=p=\frac{S}{r}$

=>dpcm

c) Không mất tính tổng quát, giả sử $h_a\leq h_b\leq h_c$ 

$\Rightarrow \frac{1}{h_a}\geq \frac{1}{h_b}\geq \frac{1}{h_c}$

$\Rightarrow \frac{1}{h_a}\geq \frac{1}{3}$

$\Rightarrow h_a\leq 3$

Mặt khác $\frac{1}{h_a}< \frac{1}{r}=1\Rightarrow h_a>1\Rightarrow h_a\geq 2$

vậy $h_a=2$ hoặc $h_a=3$

Nếu $h_a=2$ 

$\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$(**)

Ta có$a\geq b\geq c$ do $h_a\leq h_b\leq h_c$(*)

Để $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác thì ta chỉ cần $b+c> a$ (1) do khi $a\geq b\geq c$ (theo(*)) ta sẽ có ngay $a+c>b, a+b>c$

$(1)\Leftrightarrow \frac{S}{h_b}+\frac{S}{h_c}> \frac{S}{h_a}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}> \frac{1}{h_a}=\frac{1}{2}$ mâu thuẫn với (**)

Vậy loại trường hợp này

Suy ra $h_a=3$$\Rightarrow h_b\geq h_c\geq 3$(i)

$\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$

$\frac{1}{h_b}\geq \frac{1}{h_c}$

Suy ra $\frac{1}{h_b}\geq \frac{1}{3}\Rightarrow h_b\leq 3$

mà $h_b\geq 3$ theo (i)

Vậy $h_b=3\Rightarrow h_c=3$

Suy ra dpcm

Bài 2

a) Để pt có 4 nghiệm phân biệt thì 2 hệ pt, bpt  sau cần có 2 nghiệm phân biệt

$\left\{\begin{matrix}x>1 \\ x^2-4x+m=x-1 \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix}x<1 \\ x^2-4x+m=1-x \end{matrix}\right.$

Sử dụng biệt thức$\Delta$ và định lý Viet

b)Tương tự

Bài 1: 

Vì$4x.\frac{1}{x}=4>0$ nên

VT$= |4x|+|\frac{1}{x}|\geq 2\sqrt{|4x.\frac{1}{x}|}=4$

VP$=4-(x-\frac{1}{2})^2\leq 4$

VT=VP $\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}$

DKXD $-2\leq x\leq \frac{22}{3}$

pt$\Leftrightarrow 4(\sqrt{x+2}-\frac{x}{3}-\frac{4}{3})+(\sqrt{22-3x}+\frac{x}{3}-\frac{14}{3})=x^2-x-2$

Sử dụng lượng liên hợp

Kết luận pt có 2 nghiệm x=-1, x=2

Mình nghĩ Ý của bạn TranLeQuyen là đặt $a=\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}$ $\Rightarrow a\geq 0$

Khi đó $VT=f(a)=4a+\frac{1}{a}+\sqrt{\frac{1}{2}(a^2+\frac{1}{a^2})}$

Sau đó xét miền giá trị của f(a) bằng kiến thức đạo hàm 

Bài 1

Gọi tập hợp  các số có 3 chữ số khác nhau lập từ 9 c/s đã cho là A

 $|A|=$$A_{9}^{3}-\frac{A_{9}^{3}}{9}=448$

Gọi B là tập các số thuộc A lớn hơn 572

Khi đó $|B|=179$

Gọi C là tập các số thỏa yêu cầu bài toán $|C|=269$

Gọi A' là điểm đối xứng với A qua $\Delta$

Khi đó $MA+MB=MA'+MB\geq A'B=const$

$Min (MA+MB)=A'B\Leftrightarrow M=A'B\cap \Delta$

Từ đó bạn viết pt A'B và $Delta$, lúc đó sẽ tìm được tọa độ điểm M

 Gọi$c=max {a,b,c}\Rightarrow 1\leq c\leq 2\Rightarrow (c-1)(c-2)\leq 0$

$\Rightarrow c^2-3c\leq -2$

Mà $a^3+b^3\leq (a+b)^3=(3-c)^3$

Khi đó$a^3+b^3+c^3\leq (3-c)^3+c^3=27+9c^2-27c=27+9(c^2-3c)\leq 27-2.9=9$

$"="\Leftrightarrow a=0,b=1,c=2$ và các hoán vị

Dựng hình vuông ACDE (trong mặt phẳng đáy)

suy ra $ED\parallel AC\Rightarrow (SED)\parallel AC\Rightarrow d(AC,SD)=d(AC,SED)=d(A,SED)$

Ta có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp ED$

và $AE\perp ED$ (do ACDE là hình vuông)

$\Rightarrow (SAE)\perp ED$

dựng $AK\perp SE$

mà $AK\subset (SAE)\perp ED$

suy ra$AK\perp(SED)$

$\Rightarrow AK=d(A,(SED))$

$\Rightarrow \frac{1}{AK^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{EA^2}$

VẬY $d(AC,SD)=\frac{2xa}{\sqrt{4x^2+a^2}}$

Lời giải. Ta có $$P=x^3+y^3+2xy= 2011(x^2-xy+y^2)+2xy= 2011(x^2+y^2)-2009xy= \dfrac{2009}{2}(x-y)^2+ \dfrac{2013}{2}(x^2+y^2) \ge \dfrac{2013}{2} \cdot \dfrac{(x+y)^2}{2} \ge \dfrac{2013 \cdot 2011^2}{4}.$$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y= \dfrac{2011}{2}$. $\blacksquare$

$x,y$ nguyên dương mà bạn

Bài 2 nha mọi người

$a_{n+2}-7a_{n+1}=7a_{n+1}-a_n$

$\Rightarrow$(a_{n+2}-7a_{n+1})^2=2^2.3(2a_{n+1}-1)(2a_{n+1}+1)$=(7a_{n+1}-a_n)^2$

$a_{n+2}^2-14a_{n+2}.a_{n+1}=-14a_{n+1}.a_n+a_n^2$

Cho n chạy từ 1 dến n

Ta thu được $a_{n+2}^2+a_{n+1}^2-14a_{n+2}.a_{n+1}=a_1^2+a_0^2-14a_1a_0=-12$

$(a_{n+2}-7a_{n+1})^2=2^2.3(2a_{n+1}-1)(2a_{n+1}+1)$

suy ra $(2a_{n+1}-1)(2a_{n+1}+1)=3m^2$

$gcd(2a_{n+1}-1,2a_{n+1}+1)=1$

Và $(2a_{n+1}+1)\vdots 3$(quy nạp)

$\Rightarrow (2a_{n+1}+1)=3x,x\in \mathbb{Z}$

Suy ra $(2a_{n+1}-1).x=m^2$

Mà $(2a_{n+1}-1,x)=1$

=>dpcm

$y'=x^2-2mx-3m$

Hàm số có 2 điểm cực trị $\Leftrightarrow y'$ có 2 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \Delta '=1+3m> 0\Leftrightarrow m> \frac{-1}{3}$

$x_{1},x_{2}$ là 2 nghiệm của pt $y'=0$

$\Rightarrow x_{1}^2=2mx_{1}+3m$ và $x_{2}^2=2mx_{2}+3m$

Mặt khác theo định lý Viet, ta có $x_{1}+x_{2}=2m$

Khi đó $\dfrac{x_1^2 + 2mx_2 + 9m}{m^2} + \dfrac{m^2}{x_2^2 + 2mx_1 + 9m} = 2$

$\Leftrightarrow \frac{2mx_{1}+3m+2mx_{2}+9m}{m^2}+\frac{m^2}{2mx_{2}+3m+2mx_{1}+9m}=2$

$\Leftrightarrow \frac{4m^2+12m}{m^2}+\frac{m^2}{4m^2+9m}=2$

Từ đó kết hợp điều kiện sẽ tìm được $m$

Hi vọng bạn xem cách giải của mình và cho ý kiến

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)

Vẽ $HM,HN,HP$ lần lượt vuông góc với $AB,BC,CA$

Khi đó $HM=HN=HP=cot(60).SH=r$

Suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 

Hoặc là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, hoặc B hoặc C của tam giác ABC

TH1, H là tâm đường tròn nội tiếp

Khi đó $S=p.r=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=6\sqrt{6}a^2$

Suy ra $r=\frac{2\sqrt{6}}{3}$

vậy$V_{ABCD}=8\sqrt{3}a^3$

Các trường hợp còn lại tương tự

Ta có $x+y-1=\sqrt{2x-4}+\sqrt{y+1}\leq \sqrt{(x-2+y+1)(2+1)}=\sqrt{3(x+y-1)}$ (bdt Bunhiakovski)

Suy ra $0\leq x+y-1\leq 3\Leftrightarrow 1\leq x+y=t\leq 4$

Xét$f(t)=t^2+\sqrt{9-t}+\frac{1}{\sqrt{t}}, t\in [1,4]$

$f'(t)=2t+\frac{1}{2\sqrt{9-t}}-\frac{1}{2\sqrt{t^3}}> 0 \forall t\in [1,4]$

Suy ra $f(t)$ đồng biến trên [1,4]

Max$f(t)= f(4)\Leftrightarrow x=4,y=-1$

Min $f(t)= f(1)\Leftrightarrow x=2,y=-1$

 

$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{SC}=(\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}).\overrightarrow{SC}=-10$

$AB^2=SA^2+SB^2-2.SA.SB.cos\widehat{ASB}=13$

$\Rightarrow cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{2}{\sqrt{13}}$$\Rightarrow sin(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{3}{\sqrt{13}}$

ta có $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.d(AB,SC).sin(AB,SC)$

Vậy $d(AB,SC)=\frac{10\sqrt{13}}{3}$

Lấy đâu ra cây này đây $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.d(AB,SC).sin(AB,SC)$

 

 

 

$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{SC}=(\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}).\overrightarrow{SC}=-10$

$AB^2=SA^2+SB^2-2.SA.SB.cos\widehat{ASB}=13$

$\Rightarrow cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{2}{\sqrt{13}}$$\Rightarrow sin(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{3}{\sqrt{13}}$

ta có $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.d(AB,SC).sin(AB,SC)$

Vậy $d(AB,SC)=\frac{10\sqrt{13}}{3}$

Lấy đâu ra cây này đây $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.d(AB,SC).sin(AB,SC)$

 

 

Mình nhầm tí CT cưối cùng

chính xác là như vậy. Cho tứ diện ABCD thì $V_{ABCD}=\frac{1}{6}.AB.CD.sin(AB,CD).d(AB,CD)$

trong nhiều tài liệu bạn có thể tìm được

$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{SC}=(\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}).\overrightarrow{SC}=-10$

$AB^2=SA^2+SB^2-2.SA.SB.cos\widehat{ASB}=13$

$\Rightarrow cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{2}{\sqrt{13}}$$\Rightarrow sin(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC})=\frac{3}{\sqrt{13}}$

ta có $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.AB.SC.d(AB,SC).sin(AB,SC)$

Vậy $d(AB,SC)=2/3$

Trên SB lấy B', trên SC lấy C' sao cho SB'=SC'=SA=3

Khi đó sẽ tính được $AB'=3, AC'=3\sqrt{2},B'C'=3\sqrt{3}$ 

Suy ra tam giác AB'C' vuông tại A

Xét hình chóp $S.AB'C'$ Có SA=SB'=SC'

nên hình chiếu của S lên mp (AB'C') là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB'C', và đó chính là trung điểm B'C', gọi là H

Ta sẽ tính được $SH=\frac{3}{\sqrt{2}}$

Khi đó $$V_{S.AB'C'}=\frac{1}{3}.SH.S_{AB'C'}=\frac{1}{3}.\frac{3}{\sqrt{2}}.\frac{1}{2}.3.3\sqrt{2}=\frac{3}{4}$$

Mặt khác $\frac{V_{S.AB'C'}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA.SB'.SC'}{SA.SB.SC}=\frac{9}{20}$

VẬY $V_{S.ABC}=5/3$

vè cơ bản tư tưỡng là thế, còn tính toán bạn kiểm tra lại nhé

Bạn ơi, bạn xem lại đề hộ mình cái

Hình như đây là bài dãy số trong đề Đồng Tháp, có thề tham khảo ở đây http://forum.mathsco...ead.php?t=45074

Câu 2:

$(a+b+c)^2\geq 4a(b+c)$$\Leftrightarrow 4\geq a(b+c)$

 Suy ra $(b+c)^2\geq 4bc\geq bc.a(b+c)$

$\Rightarrow b+c\geq abc$

Các phương trình này bạn đưa về 2 ẩn là $S=x+y$ và $P=xy$ rồi sử dụng định lý Viet mà làm

Sử dụng quy nạp đó bạn ơi, theo mình là thế

Ta chứng minh bổ đề sau đây

$x,y\in \mathbb{N}, p\in\mathbb{P}, p\geq 3, p\equiv 3 (mod2)$ thì

 $x^3\equiv y^3 (mod p)\Leftrightarrow x\equiv y (mod p)$

nếu $x\vdots 3 \Rightarrow dpcm$

Nếu $x\overline{\vdots } \Rightarrow y\overline{\vdots }\Rightarrow (x,p)=(y,p)=1$

Áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có

$x^{p-1}=x^{3k+1}\equiv 1\equiv (x^3)^k.x\equiv (y^3)^k.x (modp)$

$y^{p-1}=y^{3k+1}=(y^3)^k.y\equiv 1 (mod p)$

Mặt khác $(x,p)=(y,p)=1$

suy ra dpcm

vậy ta chứng minh được bổ đề

áp dụng vào bài toán cho $p=2013k+2\equiv 2 (mod3)$

gt$\Rightarrow x^3\equiv -y^3 (mod p)\Rightarrow x+y\vdots p$(1)

$\Rightarrow (x+y)^2\vdots p$$

Mà$x^2-xy+y^2=(x+y)^2-3xy\vdots p$

Suy ra $xy\vdots p$ (2) (vì (3,p)=1)

Từ (1),(2) =>dpcm

bài toán này có thể tổng quát thành như sau

 Cho các số thực dương $a_{i},i=\overline{1,n}$ và $n\geq 3$

$n^2+1> (a_{1}+a_{2}+...+a_{n})(\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}})$

Chứng minh rằng $a_{i},a_{j},a_{k}$ là độ dài 3 cạnh tam giác