nguyenqn1998

Bạn ơi đề đúng có phải thế này không?????

Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=ab+bc+ca$

CMR: $P=\frac{1}{a^2+c+1}+\frac{1}{b^2+a+1}+\frac{1}{c^2+b+1} \leq 1$

 

ta có: $(a^2+c+1)(1+c+b^2)\geq(a+b+c)^2 => \frac{1}{a^2+c+1}\leq\frac{b^2+c+1}{(a+b+c)^2}$

$=>\sum \frac{1}{a^2+c+1}\leq\sum\frac{\sum a^2 +\sum a +3}{(a+b+c)^2}=\sum\frac{\sum a^2 +\sum ab+3}{(a+b+c)^2}$

mà $(ab+bc+ca)^2=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)=> ab+bc+ca \geq 3$

$=> P\leq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$ (dpcm)

dấu '=' khi $a=b=c=1$

Lớp 9 không có

Cách này em xài rồi nhưng của lớp 10

còn cái 90 ở dưới đó e

Tính $sin75^o$

rảnh ngồi làm mấy bài THCS chơi :v

ta có:$sin15^o.cos15^o=\frac{1}{4}$ và $sin15^2+cos15^2=1$

$=>sin15^o=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4},cos15^o=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$

$sin75^o=sin60^o.cos15^o+sin15^o.cos60^o=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ 

hoặc là do $75^o+15^o=90^o$ nên $sin75^o=cos15^o=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$

Đoạn này mình không hiểu, bạn giải chi tiết ra được không?

$\frac{x^2}{\sqrt{x}\sqrt{xy^2+2x^2y}}+\frac{y^2}{\sqrt{y}\sqrt{yx^2+2xy^2}}\geq \frac{(x+y)^2}{\sqrt{x}\sqrt{xy^2+2x^2y}+\sqrt{y}\sqrt{yx^2+2xy^2}}\geq\frac{(x+y)^2}{\sqrt{(x+y)(3xy(x+y))}}\geq\frac{(x+y)^2}{\sqrt{3xy}}$

Đoạn đấy không nhất thiết phải quy về bất đẳng thức kia đâu ạ:

Theo AM-GM:

 

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

 

nên

 

$\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le \frac{1}{4}. \frac{(a+b)^2}{a^2+c^2+b^2+a^2}\le \frac{1}{4}(\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+a^2})$ (Cauchy-Schwarz)

 

$\Rightarrow \sum \frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le \frac{1}{4}(\sum \frac{a^2}{a^2+c^2}+\sum \frac{b^2}{b^2+a^2})$

 

hay 

$\sum \frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\le\frac{1}{4}.\sum (\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2})=\frac{3}{4}$

 

$\Rightarrow T \le \frac{3}{16}$

cách khác: 

b) dễ dàng c/m: AO vuông góc MN => A,O,K thẳng hàng (c/m như bạn Blackselena) mà $\angle ODE= 90$

=> các điểm A,O,D,F,E nội tiếp đường tròn đường kính OE

=> EA,EF là tiếp tuyến của đường tròn (O)

<=> ABFC là tứ giác điều hòa

<=> AF luôn đi qua giao điểm của 2 tiếp tuyến B,C của đường tròn (O)  

câu a) Do NA=NB,MA=MC =>$\angle ABN= \angle BAB=\angle ACM$

=> BNCM nội tiếp => $\overline{QM}.\overline{QN}=\overline{QB}.\overline{QC}$

kẻ đường tròn ngoại tiếp tứ giác BNCM khi đó AP,MN,BC đồng quy tại Q' (trục đẳng phương)

=> $\overline{Q'M}.\overline{Q'N}=\overline{Q'B}.\overline{Q'C}$

=> Q trùng Q'

=> A,P,Q thẳng hàng

cách khác: 

ta có: $xy(x^2+y^2)\leq \frac{(x+y)^4}{8}\leq(x^4+y^4)$

=> $P=\sum \frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}\leq \frac{1}{4}\sum \frac{x^3y^4z^3}{x^2y^2z^2(x^2+y^2)(xy+z^2)}\leq\frac{1}{4}\sum \frac{xy^2z}{xy(x^2+y^2)+2z^2xy}=\frac{1}{4}\sum \frac{yz}{x^2+y^2+2z^2}\leq\frac{1}{16}\frac{(y+z)^2}{(x^2+z^2)+(y^2+z^2)}\leq \frac{1}{16}\sum(\frac{y^2}{y^2+z^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2})=\frac{3}{16}$

em xin lỗi hồi trưa em vẽ bằng tay nên ko đăng hình được ạ!

a) ta có : $\angle ABI=\frac{1}{2}sd AI=180-\angle KCI=180-\angle KIC=\angle AKI$

=> E là trung điểm AI 

tương tự F là trung diểm KC 

=> dpcm

b) dễ dàng thấy K là trực tâm tam giác ABC => IK vuông góc AD 

ta c/m: M là trực tâm tam giác KIC

ta có: IM vuông góc KC( theo câu a)

mà IK vuông góc AD và AD//CM 

=> IK vuông góc CM

=>M là trực tâm tam giác KIC

=> $\angle KPI=\angle BPI+\angle BPK = \angle BNK + \angle ICB=\angle MCN+\angle NMC +\angle ICB=\angle MCI+\angle KIC=90$

Kéo dái PK cắt (O) tại Q => QI là đường kính đường tròn (O)

Từ một bài toán quen thuộc ta có tam giác ADI nhận K là trực tâm,IQ là đường kính => KQ đi qua trung điểm AD (Do AQDK là HBH)

=> dpcm

Cho a,b,c là các số thực dương và $a\geq max(b,c)$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$P=\frac{a}{b}+2\sqrt{1+\frac{b}{c}}+3\sqrt[3]{1+\frac{c}{a}}$

$P=\frac{a}{b}+2\sqrt{1+\frac{b}{c}}+3\sqrt[3]{1+\frac{c}{a}}\geq\frac{a}{b}+2\sqrt{2}\sqrt[4]{\frac{b}{c}}+3\sqrt[3]{2}\sqrt[6]{\frac{c}{a}}=\frac{\sqrt{2}}{2}(\frac{a}{b}+4\sqrt[4]{\frac{b}{c}}+6\sqrt[6]{\frac{c}{a}})+(1-\frac{\sqrt{2}}{2})\frac{a}{b}+3(\sqrt[3]{2}-\sqrt{2})\sqrt[6]{\frac{z}{x}}\geq1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{2}$

Giải hệ phương trình:

$$ \left\{\begin{array}{l}y + \dfrac{y+3x}{x^2+y^2} = 3\\ x = \dfrac{x - 3y}{x^2+y^2} \end{array}\right.$$

Xét x=0 $=>$ vô nghiệm

Xét x khác 0

từ pt (2) $=>x^2+y^2=\frac{x-3y}{x}$(2') thế vào (1)

$=>y+\frac{3x^2+xy}{x-3y}=3<=>3x^2-3y^2+2xy-3x+9y=0$(*)

Xét y=3, từ pt(1) $=>$ $3x+3=0<=>x=-1$

Thế vào pt(2) $x=-1,y=3$ (thỏa mãn)

Xét y khác 3, từ pt (1) $=> x^2+y^2=\frac{3x+y}{3-y}$(1')

Từ (1') và (2') $=>\frac{3x+y}{3-y}=\frac{x-3y}{x}<=>3y^2-2xy-6x-9y=0$(**)

Từ (*) và (**) $=>3x^2-3x=0$ $<=> x=1$ (do x khác 0)

Thế $x=1$ vào pt (2) ta được $y=-3$ hoặc $y=0$

Thế $x=1;y=-3$ vào pt (1) ko thỏa

Thể $x=1;y=0$ vào pt (1) thỏa mãn

Vậy Hệ phương trình trên có 2 nghiệm $(x,y)=(-1;3);(1;0)$

Cho tứ giác lồi ABCD thỏa mãn $\angle{DAB}=\angle{ABC}=\angle{BCD}$. Gọi H,O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. CMR: H,O,D thẳng hàng

Ta có:

$U_{n+1}=\sqrt{2}+\sqrt{U_{n}^2+1}=\sqrt{2}+\sqrt{3+U_{n-1}^2+2\sqrt{2U_{n-1}^2+2}}$

$=\sqrt{2}+\sqrt{\frac{(\sqrt{2U_{n-1}^2+2}+2)^2}{2}}=\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2U_{n-1}^2+2}+2}{\sqrt{2}}$

$=2\sqrt{2}+\sqrt{U_{n-1}^2+1}=U_{n}+\sqrt{2}=(\sqrt{2})^n+2$

Vậy $U_{n}=(\sqrt{2})^{n-1}+2$

$=>U_{n+1}=U_{1}+n.\sqrt{2}=2+n.\sqrt{2}$

$\frac{27}{2(ab+bc+ca)(a+b+c)}=\frac{27}{2((a+b)(b+c)(c+a)+abc)}\leq \frac{27}{18abc}=\frac{3}{2abc}$

giờ cần cm $\frac{a}{bc(c^{2}+a^{2})}+\frac{b}{ca(a^{2}+b^{2})}+\frac{c}{ab(b^{2}+c^{2})}\geq \frac{3}{2abc}$

tương đương $\frac{a^{2}}{a^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{c^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq \frac{3}{2}$

đặt $\frac{a}{b}=x; \frac{b}{c}=y;\frac{c}{a}=z$

có xyz=1; bđt tương đương $\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}+\frac{1}{1+z^{2}}\geq \frac{3}{2}$

có $\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}\geq \frac{2}{1+xy}=\frac{2z}{1+z}$

giờ cần CM $\frac{2z}{1+z}+\frac{1}{1+z^{2}}\geq \frac{3}{2}$

tương đương $\frac{2z^{3}+3z+1}{1+z^{3}+z^{2}+z}\geq \frac{3}{2}$

tương đương $4z^{3}+6z+2\geq 3z^{3}+3z^{2}+3z+3$

tương đương $z^{3}+3z\geq 3z^{2}+1$

tương đương $(z-1)(z^{2}+z+1)+3z(1-z)\geq 0$

tương đương $(z-1)(z^{2}-2z+1)\geq 0$

giả sử $z\geq y\geq x$

suy ra $xyz\leq z^{3}$

suy ra $z\geq 1$

suy ra $(z-1)^{3}\geq 0$ đpcm 

ko bik khúc sau bạn làm đúng ko cơ mà lúc đầu  $\frac{a^{2}}{a^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{c^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq \frac{3}{2}$

bất đẳng thức này ko đúng với $a=1,b=3,c=2$

cho x,y thuộc R. Tìm Min: 

$M=\sqrt{(1-x)^2+y^2}+\sqrt{(1+x)^2+y^2}+|2-y|$