diemdaotran

Giúp mình câu 71, 72 với ạ! Cảm ơn mọi người nhiều lắm lắm!

bài 1

  xét tứ diện A'BAC có A'A=A'B=A'C=AB=AC=a

   +) tam giác A'BA và tam giác A'AC đều, do đó chiêu cao hạ từ A' xuống mpABC nằm trên trung trực BC (1)

   +) tam giác A'BC đều nên chiều cao hạ từ A' xuống mp ABC cx nằm trên trung truc AB                             (2)

từ 1 vs 2 suy ra chân dg cao đó là TĐ BC gọi là H

    xét tam giác A'HA tính dc A'H=$\frac{\sqrt{2}a}{2}$

    vậy V=$\frac{1}{3}.\frac{a^{2}}{2}.\frac{\sqrt{2}a}{2}=\frac{\sqrt{2}a^{3}}{12}$

bài 2

 gọi chân dg cao đó là H

 use một loạt ĐL pytago ta có

   BC=$\sqrt{3}$, BH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$, AH=$\frac{1}{2}$, A'E=$\frac{\sqrt{7}}{2}$

  V=$\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{7}}{2}=\frac{\sqrt{21}}{12}$

Giúp mình bài này theo tự luận với! Cảm ơn mọi người đã giúp đỡ ạ!

 

 

    gọi X là TĐ của AD tính dc Sx=2a suy ra SD=$\sqrt{5}$a

tính dc SO=$\sqrt{3}$a. xét trong mpSDB có SO*OD=SD*OK suy ra OK=$\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{5}}$a

    sử dụng ĐL pytago trong tam giác OKD vuông tại Ktinhs dc DK=$\frac{2a}{\sqrt{5}}$

từ K hạ KI vuông g vs mp đáy suy ra I thuộc OD

    có OK*KD=DO*KI suy ra KI=$\frac{2\sqrt{3}a}{5}$, S_ADC=2a*a

   suy ra S_DKAC=2a*a*$\frac{2\sqrt{3}a}{5}$*1/3=$\frac{4\sqrt{3}a^{3}}{15}$

Bài 1:  Tồn tại hay không một số chính phương có 2017 chữ số đầu từ bên phải đều à 9? Nếu thêm yêu cầu chữ số thứ 2018 khác 9?

Bài 2:   Số A=$1000^{1000}+1001^{1001}+...+2002^{2002}$ có phải là số chính phương không

Bài 3:   CMR với mọi k thuộc N đều tồn tại số n thuộc N sao cho $n*2^{k}-7$ là số chính phương

Bài này còn có thể giải bằng $Chebyshev$ nữa thì phải

BĐT tương đương với:  $\sum (2a-\sqrt{a^2+3})\geq 0 \Leftrightarrow \sum \frac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}\geq 0 \Leftrightarrow \sum \frac{\frac{a^2-1}{a}}{2+\sqrt{1+\frac{3}{a^2}}}\geq 0$    giả sử $a\geq b\geq c\geq d$ $\Rightarrow \frac{a^2-1}{a}\geq \frac{b^2-1}{b}\geq \frac{c^2-1}{c}\geq \frac{d^2-1}{d}$   và   $\frac{1}{2+\sqrt{1+\frac{3}{a^2}}}\geq \frac{1}{2+\sqrt{1+\frac{3}{b^2}}}\geq \frac{1}{2+\sqrt{1+\frac{3}{c^2}}}\geq \frac{1}{2+\sqrt{1+\frac{3}{d^2}}}$   áp dụng BĐT chêbyshev ta được:  $\sum \frac{\frac{a^2-1}{a}}{2+\sqrt{1+\frac{3}{a^2}}}\geq \frac{1}{3}(\sum \frac{a^2-1}{a})(\sum \frac{1}{2+\sqrt{1+\frac{3}{a^2}}})$  mà   $\sum \frac{a^2-1}{a}=(a+b+c+d)-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})=0$   Dó đó suy ra ĐPCM  DBXR khi a=b=c=d=1

Vì a; b; c >0 nên từ giả thiết $\Rightarrow a; b; c    \in(0;2)$

 Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 2 số có tích không âm

Không mất tính tổng quát giả sử (b-1)(c-1)$\geq 0\Leftrightarrow bc+1\geq b+c$

Ta có  4=$a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc\geq a^{2}+2bc+abc$   (BĐT Cô-si)

          $\Leftrightarrow 4-(a^{2}+2bc+abc)\geq 0\Leftrightarrow (a+2)(2-a-bc)\geq 0$

Vì 0<a<2 $\Rightarrow 2-a-bc\geq 0\Leftrightarrow 2\geq a+bc\Leftrightarrow 2\geq a+bc+abc-abc\Leftrightarrow 2\geq a(bc+1)+bc-abc$. Mà bc+1$\geq b+c\Rightarrow 2\geq a(b+c)+bc-abc\Leftrightarrow 2\geq ab+bc+ca-abc\Leftrightarrow 6\geq ab+bc+ca-abc+4$

Kết hợp với $a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=4$ được

6$\geq ab+bc+ca-abc+a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=ab+bc+ca+a^{2}+b^{2}+c^{2}\Leftrightarrow 12\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+(a+b+c)^{2}\Leftrightarrow 12-(a+b+c)^{2}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$  (1)

 Áp dụng BĐT Schwarz ta được: 

$\frac{a^{2}}{2a^{2}+1}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+1}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+1}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+3}$  (2)

Đặt $(a+b+c)^{2}\doteq x (x\geq 0)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \frac{a^{2}}{2a^{2}+1}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+1}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+1}\geq \frac{x}{2(12-x)+3}\doteq \frac{x}{27-2x}$  (*)

Ta có:   $(x-9)^{2}\geq 0 (\forall x)$$x^{2}-18x+81\geq 0\Leftrightarrow 2x^{2}-36x+162\geq 0\Leftrightarrow 3x\geq 39x-2x^{2}-162\Leftrightarrow 3x\geq 27x-162-2x^{2}+12x\doteq (x-6)(27-2x)\Leftrightarrow \frac{x}{27-2x}\geq\frac{x-6}{3}$  (**)

Từ (*) và (**) $\Rightarrow \frac{a^{2}}{2a^{2}+1}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+1}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+1}\geq \frac{x-6}{3}$

  $\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{2a^{2}+1}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+1}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+1}-\frac{x}{3}\geq -2$

$\Leftrightarrow \frac{-2a^{2}}{2a^{2}+1}+\frac{-2b^{2}}{2b^{2}+1}+\frac{-2c^{2}}{2c^{2}+1}+\frac{2x}{3}\leq 4$

$\Leftrightarrow (\frac{-2a^{2}}{2a^{2}+1}+1)+(\frac{-2b^{2}}{2b^{2}+1}+1)+(\frac{-2c^{2}}{2c^{2}+1}+1)+\frac{2x}{3}\leq 7$

$\Rightarrow \frac{1}{2a^{2}+1}+\frac{1}{2b^{2}+1}+\frac{1}{2c^{2}+1}+\frac{2(a+b+c)^{2}}{3}\leq 7$

 Vậy Max =7 Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow$ a=b=c=1

Bài 1

Từ giả thiết $\Rightarrow$ xy+yz+zx=2xyz+(x+y+z)-1

Ta có: $x^{2}+y^{2}+z^{2}=(x+y+z)^{2}-2(xy+yz+zx)=(x+y+z)^{2}-4xyz-2(x+y+z)+2$

   Theo BĐT Cô-si ta có xyz$\leq \frac{(x+y+z)^{3}}{27}$$\Rightarrow 4xyz\leq \frac{4(x+y+z)^{3}}{27}$

  $\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq (x+y+z)^{2}-\frac{4(x+y+z)^{3}}{27}-2(x+y+z)+2$

 Đặt x+y+z=t; t$\epsilon$[0;3]

 Khi đó $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq t^{2}-\frac{4t^{3}}{27}-2t+2$=$\frac{15t^{2}}{27}-\frac{5t}{3}+\frac{5}{4}-\frac{4t^{3}}{27}+\frac{4t^{2}}{9}-\frac{t}{3}+\frac{3}{4}\doteq \frac{15}{4}(\frac{4t^{2}}{27}-\frac{4t}{9}+\frac{1}{3})-t(\frac{4t^{2}}{27}-\frac{4t}{9}+\frac{1}{3})+\frac{3}{4}=\frac{1}{27}(4t^{2}-12t+9)(\frac{15}{4}-t)+\frac{3}{4}\doteq \frac{1}{27}(2t-3)^{2}(\frac{15}{4}-t)+\frac{3}{4}\geq \frac{3}{4}$

 Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{2}$

a,b,c là các số thực dương TM c=8ab. Tìm Max A=$\frac{1}{4a+2b+3}+\frac{c}{4bc+3c+2}+\frac{c}{2ac+3c+4}$

ap dung bđt thuc scharz ta có P$\geq$x+y=x+1+y+1-2$\geq$$2\sqrt{x}+2\sqrt{y}$-2=$2\left ( \sqrt{x}+1+\sqrt{y}+1 \right )-6\geq 2.2.\sqrt{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{y}+1)}-6\geq 4\sqrt{4}-6=2$

đk x$\geq \frac{-1}{3}$

biểu thức ban đầu tương đương với

$x^2+x+2-4x\sqrt{x^2+x+2}+4x^2+3x+1-4\sqrt{3x+1}+4=0 \Leftrightarrow (\sqrt{x^2+x+2}-2x)^2+(\sqrt{3x+1}-2)^2=0 \Leftrightarrow \sqrt{x^2+x+2}=2x$  và $\sqrt{3x+1}=2$

.......................

bài 1 tôi cũng làm như thế, bài 2 tôi có cách khác nhưng dài hơn của bạn phamngochung9a

  BĐT cần cm $\Leftrightarrow (\frac{a^4}{1+a^2b}+\frac{b^4}{1+b^2c}+\frac{c^4}{1+c^2a})\frac{1}{abc}\geq \frac{a+b+c}{1+abc}$

$\Leftrightarrow \frac{\frac{a^3}{b}}{c+a^2bc}+\frac{\frac{b^3}{c}}{a+ab^2c}+\frac{\frac{c^3}{a}}{b+abc^2}\geq \frac{a+b+c}{1+abc}$

Ta có: $\frac{\frac{a^3}{b}}{c+a^2bc}+\frac{\frac{b^3}{c}}{a+ab^2c}+\frac{\frac{c^3}{a}}{b+abc^2}\doteq \frac{\frac{a^4}{ab}}{c+a^2bc}+\frac{\frac{b^4}{bc}}{a+ab^2c}+\frac{\frac{c^4}{ac}}{b+abc^2}\geq \frac{(\frac{a^2}{\sqrt{ab}}+\frac{b^2}{\sqrt{bc}}+\frac{c^2}{\sqrt{ca}})^2}{a+b+c+a^2bc+ab^2c+abc^2}$$\doteq \frac{(\frac{a^2}{\sqrt{ab}}+\frac{b^2}{\sqrt{bc}}+\frac{c^2}{\sqrt{ca}})^2}{(abc+1)(a+b+c)}$

do đó ta đi cm $\frac{(\frac{a^2}{\sqrt{ab}}+\frac{b^2}{\sqrt{bc}}+\frac{c^2}{\sqrt{ca}})^2}{(abc+1)(a+b+c)}\geq \frac{a+b+c}{1+abc}\Leftrightarrow \frac{(\frac{a^2}{\sqrt{ab}}+\frac{b^2}{\sqrt{bc}}+\frac{c^2}{\sqrt{ca}})^2}{a+b+c}\geq a+b+c\Leftrightarrow (\frac{a^2}{\sqrt{ab}}+\frac{b^2}{\sqrt{bc}}+\frac{c^2}{\sqrt{ca}})^2\geq (a+b+c)^2$$\Leftrightarrow \frac{a^2}{\sqrt{ab}}+\frac{b^2}{\sqrt{bc}}+\frac{c^2}{\sqrt{ca}}\geq a+b+c$ mà $\frac{a^2}{\sqrt{ab}}+\frac{b^2}{\sqrt{bc}}+\frac{c^2}{\sqrt{ca}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c}\doteq a+b+c$$\Rightarrow$đpcm

ta có $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=9\Rightarrow ab+bc+ca=\frac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2}$

Mà $3(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=a^3+ab^2+ac^2+ba^2+b^3+bc^2+ca^2+cb^2+c^3\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)(Cô-si)\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq a^2b+b^2c+c^2a$ Khi đó P$\geq a^2+b^2+c^2+\frac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}$

Đặt $a^2+b^2+c^2=$t$\Rightarrow P=t+\frac{9-t}{2t}$$\Rightarrow$P=$\frac{t}{2}+\frac{9}{2t}+\frac{t}{2}-\frac{1}{2}$$\geq 3+\frac{t}{2}-\frac{1}{2}$Mà $3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2=9\Rightarrow t\geq 3$do đó P$\geq 3+\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=4$ Vậy Min P=4 DBXR khi a=b=c=1

ta có $5(a^2+b^2+c^2)=3a^2+4b^2+5c^2+2a^2+b^2\geq 52+2+1=55(vì a,b,c $\geq 1$) \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq 11$ (1)

với điều kiện của gia thiết ta có$(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow ab+1\geq a+b$ tương tự rồi cộng vế ta được

 ab+bc+ca+3$\geq 2(a+b+c)$ $\Leftrightarrow$2(ab+bc+ca)+6$\geq$4(a+b+c) (2)

cộng vế với vế của (1) và (2) ta được

$(a+b+c)^2\geq 4(a+b+c)+5$$\Leftrightarrow$(a+b+c-1)(a+b+c-5)$\geq$0vì a+b+c+1$\geq$4$\Rightarrow$a+b+c-5$\geq$0

Vậy Min A=5 DBXR khi$\left\{\begin{matrix} a+b=1 & \\ c=3& \end{matrix}\right.$

phải là dấu nhỏ hơn chứ

  a,b,c là 3 cạnh của 1 tg $\Rightarrow (a-b)^2< c^2\Leftrightarrow a^2+b^2< c^2+2ab\Rightarrow \sqrt{a^2+b^2}< \sqrt{c^2+2ab}$

tương tự công vế ta dc $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{c^2+2ab}+\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}$$\leq \sqrt{3(a+b+c)^2}= \sqrt{3}(a+b+c)$(bunhiacoopxki)suy ra đpcm 

BĐT cần cm $\Leftrightarrow$ $\frac{(a+b)c}{(a+b)^2+c^2}+\frac{(b+c)a}{(b+c)^2+a^2}+\frac{(c+a)b}{(c+a)^2+b^2}\leq \frac{6}{5}$

ta có $a^2+(b+c)^2=\left ( a^2+\frac{(b+c)^2}{4} \right )+\frac{3(b+c)^2}{4}\geq a(b+c)+\frac{3(b+c)^2}{4}=\frac{(b+c)(4a+3b+3c)}{4} \Rightarrow \frac{(b+c)a}{(b+c)^2+a^2}\leq \frac{4a}{4a+3b+3c}$

  theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có 

    $\frac{1}{25}\left ( \frac{9^2a}{3(a+b+c)}+\frac{a}{a} \right )\geq \frac{4a}{4a+3b+3c}\Rightarrow \frac{(b+c)a}{(b+c)^2+a^2}\leq \frac{27a}{25(a+b+c)}+\frac{1}{25}$

 Tương tự cộng vế ta được đpcm "=" xảy ra $\Leftrightarrow$ a=b=c=1

tìm min:    $f(x)=\sqrt{5x^2+20}+\sqrt{5x^2-32x+64}+\sqrt{5x^2-40x+100}+\sqrt{5x^2-8x+16}$