$A=k_1.k_2+k_2.k_3+k_3.k_4+k_4.k_5 \leq (k_1+k_3+k_5)(k_2+k_4)$
$\sqrt{(k_1+k_3+k_5)(k_2+k_4)}\leq \frac{k_1+k_2+k_3+k_4+k_5}{2}=\frac{1}{2}$
$\rightarrow A\leq \frac{1}{4}$
18-08-2015 - 22:19
$A=k_1.k_2+k_2.k_3+k_3.k_4+k_4.k_5 \leq (k_1+k_3+k_5)(k_2+k_4)$
$\sqrt{(k_1+k_3+k_5)(k_2+k_4)}\leq \frac{k_1+k_2+k_3+k_4+k_5}{2}=\frac{1}{2}$
$\rightarrow A\leq \frac{1}{4}$
24-02-2015 - 19:53
ĐK:$m$ khác 0
(d) đi qua A(0;-1) có vtcp $\vec{AM}(1;-m)$ nên có phương trình: $y=-mx-1$
(P) tiếp xúc với (d) $\Leftrightarrow mx^2+mx-4=-mx-1$ có nghiệm duy nhất
$\Leftrightarrow mx^2+2mx-3=0$ có nghiệm duy nhất.
$\Delta'=m^2+3m=0$
Suy ra $m=-3$ do m khác 0
28-01-2015 - 20:34
Ta có:
$3(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)^3-(x^3+y^3+z^3)=15^3-495=2880$
$\leftrightarrow (x+y)(y+z)(z+x)=960$
Đặt $x+y=a;y+z=b;z+x=c$
$\rightarrow \left\{\begin{matrix}abc=960 & \\a+b+c=30 & \end{matrix}\right.$ với a;b;c nguyên
24-01-2015 - 23:49
$\frac{a^2}{a+2b^2}=\frac{a(a+2b^2)-2ab^2}{a+2b^2}=a-\frac{2ab^2}{a+2b^2}\geq a-\frac{2}{3}.\sqrt[3]{(ab)^2}$
Tương tự, đc:
$\sum \frac{a^2}{a+2b^2}\geq \sum a-\frac{2}{3}.\sum \sqrt[3]{(ab)^2}$
Lại có:
$a+ab+b \geq 3\sqrt[3]{(ab)^2}$
Tương tự, có: $2(a+b+c)+ab+bc+ca\geq 3\sum \sqrt[3]{(ab)^2}$
Suy ra: $3\sum \sqrt[3]{(ab)^2}\leq 2(a+b+c)+\frac{(a+b+c)^2}{3}=9$
Từ đây đc đpcm.
21-01-2015 - 20:26
1b,$\frac{1}{m_a}+\frac{1}{m_b}+\frac{1}{m_c}\geq\frac{9}{m_{a}+m_{b}+m_{c}}\geq \frac{9}{\frac{9R}{2}}=\frac{2}{R}$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học