Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\leq \frac{1}{abc}$

Bất đẳng thức cần chứng minh $<=> \sum \frac{abc}{a^3+b^3+abc}\leq 1$

Ta có : $a^3+b^3\geq ab(a+b)=> \sum \frac{abc}{a^3+b^3+abc}\leq \sum \frac{abc}{ab(a+b)+abc}=\sum \frac{c}{a+b+c}=1$

Từ đó có điều cần chứng minh

Cho $a,b,c,d$ thỏa điều kiện $a+d=b+c$ . CMR nếu lấy $m$ sao cho $|ad-bc| \leq 2m$ thì $\prod (x-a) + m^{2} \geq 0$ với mọi $x$

 Từ giả thiết $\Rightarrow (ad-bc)^2\leq 4m^2$

 Có : $\prod (x-a)=\left [ x^2-(a+d)x+ad \right ] \left [ x^2-(b+c)x+bc \right ] $

        $=\left [ x^2-(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}+\frac{ad-bc}{2} \right ]\left [ x^2-(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}-\frac{ad-bc}{2} \right ]$

 Đặt $x^2-(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}=k$ thì ta có :

  $\prod (x-a) + m^2=k^2-\frac{(ad-bc)^2}{4}+m^2\geq k^2-\frac{4m^2}{4}+m^2=k^2\geq 0$

 Từ đó có điều cần chứng minh

Đặt a=x-2, khi đó

$B=(a+1)^4+(a-1)^4+6(a+1)^2(a-1)^2=2a^4+12a^2+2+6(a^2-1)^2= 2a^4+12a^2+2+6a^4-12a^2+6=8a^4+8\geq 8$

Suy ra Min B=8 khi a=0 hay x=2

Giải bất phương trình $(2^{x}-2)^{2}<(2^{x}+2)(1-\sqrt{2^{x}-1})^{2}$

 ĐK : $x\geq 0$

 Đặt $a=\sqrt{2^x-1}$ với $a\geq 0$

 Ta có : $BPT\Leftrightarrow (a^2-1)^2<(a^2+3)(1-a)^2$

                    $\Leftrightarrow (1-a)^2(1+a)^2<(a^2+3)(1-a)^2$

                    $\Leftrightarrow (1-a)^2(2-2a)>0$

                    $\Leftrightarrow (1-a)^3>0\Leftrightarrow 1>a \Rightarrow 2^x<2\Rightarrow x<1$

 Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là $x\in [0;1)$

Có bốn viên bi mà tổng khối lượng của từng cặp viên bi là a, b, c, d, e, f và thỏa mãn $a+b+c+d+e+f=a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+e^{3}+f^{3}=6$. Tìm khối lượng của các viên bi đó 

Ta có:

 $36=\sum a.\sum a^3\geq (\sum a^2)^2\geq [\frac{1}{6}.(\sum a)^2]^2=36\Rightarrow a=b=c=d=e=f=1$

$\Rightarrow$ Khối lượng từng viên bi là $0,5$

 Gọi $r_1,r_2,r_3$ lần lượt là bán kính các đường tròn nội tiếp các tam giác $ABH,ACH,ABC$

 Ta có: $\Delta ABH\sim \Delta CBA\Rightarrow \frac{r_1^2}{r_3^2}=\frac{AB^2}{BC^2}$

            $\Delta ACH\sim \Delta BCA\Rightarrow \frac{r_2^2}{r_3^2}=\frac{AC^2}{BC^2}$

 Nên $r_1^2+r_2^2=r_3^2$

 Đặt $DE=x$ thì ta có:

          $\frac{AH-x}{AH}=\frac{DG}{BC}\Rightarrow DG=\frac{(AH-x).BC}{AH}$

     $S_{EFGD}=DE.DG=x.\frac{(AH-x).BC}{AH}\leq \frac{AH^2}{4}.\frac{BC}{AH}=\frac{BC}{4AH}$

 Vậy giá trị lớn nhất của hình chữ nhật EFGH là $\frac{BC}{4AH}$ khi $x=\frac{AH}{2}$

  Khi đó DG là đường trung bình của tam giác ABC

 $\Rightarrow R_1^2=\frac{r_1^2}{4};R_2^2=\frac{r_2^2}{4};R_3^2=\frac{r_3^2}{4}\Rightarrow R_1^2+R_2^2=R_3^2$

Cho $a,b,c\in \mathbb{Q}$ thỏa mãn : $a\sqrt[3]{4}+b\sqrt[3]{2}+c=0$

 

Chứng minh rằng : a=b=c=0

 Giả sử $a\neq 0$ thì $b,c\neq 0$

 Ta có : $a\sqrt[3]4+b\sqrt[3]2+c=0$

            $\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} ab.\sqrt[3]4+b^2.\sqrt[3]2+bc=0\\ 2a^2+ab.\sqrt[3]4+ac.\sqrt[3]2=0 \end{matrix}\right. $

            $\Rightarrow (b^2-ac).\sqrt[3]2=-bc+2a^2$            (1)

 Nếu $\left\{\begin{matrix} b^2-ac=0\\ -bc+2a^2=0 \end{matrix}\right.$

        $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2a^2=bc\\  b^3=abc=2a^3 \end{matrix}\right.$ 

        $\Leftrightarrow b=\sqrt[3]2a$ vô lí

  Nếu $b^2-ac\not =0$ thì VT là số vô tỉ còn VP là số nguyên nên (1)  cũng vô lí

  Từ đó suy ra $a=b=c=0$

Cho $\Delta ABC (\widehat{A}=90^{\circ}),BC=a$.Gọi bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC la r.Chứng minh rằng:$\frac{r}{a}\leq \frac{\sqrt{2}-1}{2}$

Phải là nội tiếp bạn ạ!!!

Gọi độ dài 2 cạnh góc vuông còn lại là $b,c$

Ta có: $bc=(a+b+c).r$ (vì cùng bằng 2S)

  $r=\frac{bc}{a+b+c}\Rightarrow \frac{r}{a}=\frac{bc}{a(a+b+c)}=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}.(\sqrt{b^2+c^2}+b+c)}\leq \frac{bc}{\sqrt{2bc}.(\sqrt{2bc}+2\sqrt{bc})}=\frac{1}{2\sqrt2+2}=\frac{\sqrt2-1}{2}$

Cho $\bigtriangleup ABC$, $O$ là một điểm nằm trong tam giác. Chứng minh: $AB+AC>OB+OC$.

  Tham khảo tài liệu này

   Bđt hình học -MS.pdf   111.26K   194 Số lần tải

Cho x, y, z là các số thực. Chứng minh rằng $(x^{3}+3)(y^{3}+3)(z^{3}+3)\geq \frac{4}{27}(3xy+3yz+3zx+xyz)^{2}$

Chắc phải dương nữa chứ, nếu có 1 nhân tử âm thì bất đẳng thức sai mà 

Dễ dàng chứng minh được $\widehat{MBN}=45^{\circ}$. Gọi E,F lần lượt là giao điểm của BM, BN với AC

   Các tứ giác ABFM và CBEN nội tiếp nên $NE\perp ME$ và $MF\perp NF$ nên tứ giác MEFN nội tiếp

   Kẻ BK vuông góc MN, khi đó: $\widehat{BMN}=\widehat{BFA}=\widehat{BMA}$

          $\Rightarrow \Delta ABM=\Delta KBM$

          $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} MK=AM;BK=AB=a\\ \widehat{MBK}=\widehat{MBA}=\widehat{MBI} \end{matrix}\right.$

          $\Rightarrow$ B,K,I thẳng hàng

Ta có: 

  +) $BK=AB=a$

  +) $MN+MD+ND=MD+MK+NK+ND=MD+AM+ND+CN=2a$

  $\Leftrightarrow MN+\frac{a}{4}+\sqrt{MN^2-\frac{a^2}{16}}=2a\Leftrightarrow MN=\frac{25a}{28}$

Khi đó: $S_{BMN}=\frac{1}{2}.MN.BK=\frac{1}{2}.\frac{25a}{28}.a=\frac{25a^2}{56}$ 

(O) dây BC không đi qua tâm cố định. Điểm A di chuyển trên cung lớn BC. trên tia đối AB lấy D: AD=AC. M trung điểm CD. Hỏi M di chuyển trên đường nào? Nêu cách dựng, tìm giới hạn.

Giải hệ $\left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}=\sqrt[3]{3(x+y)} & \\ 4x^{3}+6x^{2}+4x+1=15y^{4} & \end{matrix}\right.$

Đặt $(a,b)=(\sqrt[3]{x},\sqrt[3]{y})$

 $\Rightarrow a+b=\sqrt[3]{3(a^3+b^3)}$

 $\Leftrightarrow (a+b)(a-2b)(2a-b)=0$

 $\Leftrightarrow \left [ \begin{matrix} a=-b\\ a=2b\\ 2a=b \end{matrix} \right ]$

 $\Leftrightarrow \left [ \begin{matrix} x=-y\\ x=8y\\ y=8x \end{matrix}\right ]$

 *) Với $x=-y\Rightarrow 4x^3+6x^2+4x+1=15x^4$
          $\Leftrightarrow (3x+1)(x-1)(5x^2+2x+1)=0$

          $\Rightarrow \left [ \begin{matrix} x=\frac{-1}{3};y=\frac{1}{3}\\ x=1;y=-1 \end{matrix}\right ]$

Giải tương tự với các TH còn lại

Xét số N được phân tích thành thừa số nguyên tố: $N=p_1^{k_1}.p_2^{k_2}....p_n^{k_n}$

 

Mình hỏi là có khi nào N > $\prod (k_i+1)$ tức là một số luôn lớn hơn số ước số của nó  ???

 

Nếu không , giúp mình tìm một phản VD. 

Công thức của bạn là tính số ước dương chứ không phải toàn bộ ước

VD: Số 6 có 4 ước dương là 1;2;3;6 

Nếu tất cả ước thì có thể lấy ví dụ là $2^8$ vì $2^8$ có $8+1=9$ ước dương hay có tất cả $9.2=18$ ước và $2^8>18$

Còn lấy 1 số có số ước lớn hơn nó có thể lấy 1 với số ước là 2 ước

Bài này có cho dương đâu nhỉ

Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}}=1$

Chứng minh rằng $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{1}{2\sqrt{2}}$

Theo Chebyshev thì 

$\sum \frac{a^2}{b+c}\geq \frac{1}{3}.\sum a^2.\sum \frac{1}{b+c}$

Mặt khác: $1=\sum \sqrt{a^2+b^2}\leq \sqrt{3.2\sum a^2}\Rightarrow \sum a^2\geq \frac{1}{6}$

Và $\sum \frac{1}{b+c}\geq \frac{1}{\sqrt2}.\sum \frac{1}{\sqrt{b^2+c^2}}\geq \frac{1}{\sqrt2}.\frac{9}{\sum \sqrt{b^2+c^2}}=\frac{9}{\sqrt2}$

$\Rightarrow \sum \frac{a^2}{b+c}\geq \frac{1}{3}.\frac{1}{6}.\frac{9}{\sqrt2}=\frac{1}{2\sqrt2}$

Cho x, y, z > 0. Chứng minh $\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{2xyz}+\frac{x^{2}+y^{2}}{z^{2}+xy}+\frac{y^{2}+z^{2}}{x^{2}+yz}+\frac{z^{2}+x^{2}}{y^{2}+zx}\geq \frac{9}{2}$

Đã có ở đây

CMR: nếu $p$ và $p^{2}+2$ là số nguyên tố thì $p^{3}+2$ cũng là số nguyên tố.

Với $p=2$ loại vì $p^2+2=6$ là hợp số

Với $p=3$ thì thoả mãn

Với $p>3$ mà $p$ nguyên tố nên $p=3k\pm 1$

$\Rightarrow p^2+2=9k^2\pm 6k+3\vdots 3$ nên là hợp số.

Vậy có đpcm

Cho 3 số $a,b,c$ đôi một khác nhau. Chứng minh:

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

SAi đề rồi, thử với $(a,b,c)=(-10;-9;-8)$ là sai

Chắc là $\sum (\frac{a+b}{a-b})^2\geq 2$

Cho các số thực dương $a; b$ và $c$thỏa mãn điều kiện abc=1.Tìm GTNN của biểu thức $P=\frac{ab}{2b+c}+\frac{bc}{2c+a}+\frac{ca}{2a+b}$

Đặt $(a,b,c)=(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})$

Khi đó: $P=\frac{x^2}{z^2+2xy}+\frac{y^2}{x^2+2yz}+\frac{z^2}{y^2+2zx}$

            $\geq \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx}=1$  ( Schwarz )

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Gọi $a,b,c$ là $3$ cạnh của một tam giác và $h_{a};h_{b};h_{c}$ là các đường cao tương ứng

Chứng minh hệ thức $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=(h_{a}+h_{b}+h_{c})(\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}})$

Ta có : $2S=a.h_a=b.h_b=c.h_c$

$=> \frac{a}{b}=\frac{h_b}{h_a};\frac{b}{c}=\frac{h_c}{h_b};\frac{c}{a}=\frac{h_a}{h_c}$

Ở cái hệ thức thì nhân ra sẽ thấy ngay điều cần chứng minh

Cách khác:

Ta có: $a\leq b\leq c\Rightarrow 4a^2\leq ab+bc+ca+c^2$

           $b\leq c\Rightarrow 4b^2\leq 4c^2$

Cộng lại có đpcm

Cho $0< a\leq b\leq c$. Chứng minh rằng $4a^{2}+4b^{2}\leq ab+bc+ca+5c^{2}$

Đặt $b=a+x;c=a+x+y$ với $x,y\geq 0$

Khi đó: $Ine\Leftrightarrow 4a^2+4(a+x)^2\leq a(a+x)+(a+x)(a+x+y)+a(a+x+y)+5(a+x+y)^2$

                 $\Leftrightarrow 8a^2+8ax+4x^2\leq 8a^2+14ax+6x^2+5y^2+12ay+11xy$

                 $\Leftrightarrow 6a(x+2y)+2x^2+5y^2+11xy\geq 0$ ( luôn đúng )

Vậy có điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 1.Chứng minh rằng: $ab+bc+ca>abc$

 Ta có: $1=a+b+c>2a\Rightarrow a< \frac{1}{2}\Rightarrow \frac{1}{a}>2$

Tương tự $\frac{1}{b}>2;\frac{1}{c}>2$

$\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}>6>1\Rightarrow ab+bc+ca>abc$

Cho $x> o , y\geqslant 0$ thỏa mãn $x^{3}+y^{3} =x-y$.Tìm giá trị lớn nhất của $A = x^{2}+y^{2}$

Từ giả thiết cho ta $x>y$

Lại có : Vì $y\geq 0$ nên $x-y=x^3+y^3\geq x^3-y^3\Leftrightarrow 1\geq x^2+y^2+xy\geq x^2+y^2$

Dấu "=" xảy ra khi $x=1;y=0$