tritanngo99

Gọi H là giao điểm của AD và BE=> H là trực tâm tam giác ABC

Ta dễ dàng chứng minh được: MHNC là hình bình hành

=> góc CNH = góc CNM+ góc MNH = góc NMH+ góc MNH= 180- góc MHN= góc ACB        (1)    (do tg CEHD nội tiếp)

Lại có: góc CHN= góc CBA (do cùng phụ với góc BCH)    (2)

Từ (1) và (2) => Tg CNH đồng dạngTg ACB. (3)

Gọi K là giao điểm CH và MN => K là trung điểm CH. (4)

Gọi O là trung điểm AB.  (5)

Khi đó từ(3),(4)và (5) => Tg NCK đồng dạng Tg CAO (c.g.c)

=> góc CNK=góc ACO . Đến đây kết hợp với góc ACN=90 => MN vuông góc CO. ok

Ta có: $2*(2c+b)\ge4\sqrt{2bc}$

$P\ge\frac{1}{4a+2b+2(2c+b)}-\frac{4}{a+2b+3c+8}+\frac{1}{2b+4c+8}+\frac{1}{2b+4c+8}$

Áp dụng BDT cauchy-chwarz ta có:

$P\ge\frac{9}{4a+2b+8+2b+4c+8+2b+4c+8}-\frac{4}{a+2b+3c+8}$

$<=>P\ge\frac{9}{4*(a+2b+3c)+16}-\frac{4}{a+2b+3c+8}$

Đặt $t=a+2b+3c=>t>0$

$=>P\ge f(t)=\frac{9}{4*t+16}-\frac{4}{t+8}$.

Đến đây ta tìm min của $f(t)=\frac{9}{4*t+16}-\frac{4}{t+8}$ với t>0.

Ta tìm được Min$f(t)=\frac{-1}{16}$ khi $t=8<=> a+2b+3c=8$

Kết hợp với các dấu bằng của các BDT trên $=>a=c=1;b=2$. 

$ f(0)=d => d thuộc Z $

$ f(1)+f(-1)=2b+2d => 2b thuộc Z$

$ f(2)-2*f(1)=6a+2b-d => 6a thuộc Z$

$A=(xy)^2+\frac{1}{16(xy)^2}+\frac{1}{2}$

Đặt $t=xy => (x+y)^2\ge4xy <=>  t<=1/4$

$ => A= t^2+\frac{1}{16t^2}+\frac{1}{2} $

$ <=> A=16t^2+\frac{1}{16t^2}-15t^2+\frac{1}{2}$

Áp dụng BDT cô-si kết hợp với t<=1/4 $=>A\ge2-15*\frac{1}{16}+\frac{1}{2}<=>A\ge\frac{25}{16}$

 Dấu bằng xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

5656

5656

5656

5656

5656

5656

làm sao biết pt(1)*8 vậy bạn chi minh voi

bai 1

bai 2:

bai 1: