$V_{OABC}=\frac{1}{6}OA.OB.OC$

$k=a+b+c+AB+AC+BC= a+b+c+\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}$

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\geq \sqrt{(a+b+c)^2+(b+c+a)^2}=\sqrt{2}(a+b+c)\geq 3\sqrt{2}\sqrt[3]{abc}$

$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$

Từ các đánh giá trên suy ra Max V (OABC)

mình nghĩ $r_{a},r_{b},r_{c}$ là bán kính đường tròn bàng tiếp tương ứng góc A,B, C của tam giác đó bạn

Bài 2

Tứ giác AEIH nội tiếp nên$\angle EAI=\angle EHI$

Tứ giác IHDG nội tiếp nên$\angle IHG=\angle IDG$

Mà $\angle EAI=\angle IDG$

suy ra$\angle EHI=\angle IHG$

tương tự suy ra I là Tâm đường tròn nội tiếp tứ giác EFGH

=> dpcm

VP= $\tfrac{1}{2}(cos4x+cos2x)cos2x+2=\frac{1}{4}(cos 6x+cos2x+cos4x)+\frac{1}{4}+2$

pt trở thành$cos2x+cos4x+cos6x=3$ (*)

$VT(*)\leq 3$ với mọi $x\in \mathbb{R}$

dấu $"=" \Leftrightarrow cos2x=cos4x=cos6x=1$

Bài 29

Cho $p_{n}$ là số nguyên tố thứ $n$. Chứng minh rằng:

a.$p_{n}>2n$ với mọi $n>4$

b.$p_{n}>3n$ với mọi $n>11$

a) Ta có $p_{5}=11>2.5$

Giả sử bất đẳng thức đúng với $n=k\geq 5$

Khi $n=k+1$

2 số nguyên tố liên tiếp kể từ số 3 trở đi đều cách nhau ít nhất là 2 vì mọi số nguyên tố khác 2 đều là số lẻ

Suy ra $p_{k+1}-p_{k}\geq 2 \Rightarrow p_{k+1}\geq p_{k}+2> 2k+2=2(k+1)$

=> dpcm
b) ta có$p_{12}=37> 3.12$

Chia tập hợp các số nguyên dương thành các nhóm 3 số:

$A_{1}={1,2,3}$

$A_{2}={4,5,6}$

....

$A_{k}={3k-2,3k-1,3k}$

Trong 12 tập đầu tiên có 11 số nguyên tố, kể từ tập 13 trở đi, trong  mỗi tập $A_{k} , k\geq 13$ có 1số 3k chia hết cho 3 và lớn hơn 3, trong 2 số 3k-1, 3k-2 có 1 số chẵn và lớn hơn 2 => Trong mỗi tập có nhiều nhất là 1 số nguyên tố.   Do vậy số nguyên tố thứ n $p_{n}$ sẽ thuộc tập $A_{k+1}$ hoac các tập sau nữa.
Từ đó suy ra dpcm

Goi giao điểm của AO với (O) là D

$BH\perp AC, CD\perp AC\Rightarrow BH//CD$

Tương tự CH//BD

Nên BHCD là hbh mà M là trung điểm BC 

Suy ra M là trung điểm HD

$\bigtriangleup ADH$ có OM là dtb nên $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}$

Dễ dàng chứng minh được $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}$  với M là trung điểm BC

$\bigtriangleup OMB, \widehat{OMB}=90, \widehat{BOM}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\widehat{BAC}=60$

$\Rightarrow OM=\frac{1}{2}OB=2(cm)$

Vậy AH =4cm

$VT \vdots 2001 \Rightarrow VP\vdots 2001\Rightarrow x\vdots 2001(1)) Ma VT> 0\Rightarrow VP> 0\Rightarrow 2001>x(2)) Tu (1)(2)\Rightarrow PT vô nghiệm$

mình nghĩ bài này ko cho điều kiện $x\epsilon \mathbb{Z}$ nên bạn ko thể áp dụng tính chất chia hết

mình cũng thử giải bài này rồi nhưng ko được
khi vẽ hình ra mình ko thấy tam giác MNP đều
không biết ý kiến các bạn như thế nào nhưng mình nghĩ bài này thiếu dữ kiện,
theo mình nếu cho thêm tam giác OAB cân nữa thì bài này sẽ khá đơn giản, còn như thế này mình ko giải được

Anh không biết em vẽ hình bằng phần mềm nào. Còn anh xài Gebra thì bài này hoàn toàn đúng:

sao mình thấy tam giác MNP của bạn ko đều, mình ko hiểu về phần mềm vẽ hình lắm

$AB= c,BC=a, AC=b$
$\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}$
$\Rightarrow c.\overrightarrow{DC}=b.\overrightarrow{BD}$
$\Rightarrow c(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD})=b.(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB})$
$\Rightarrow \overrightarrow{AD}=\frac{c}{b+c}.\overrightarrow{AC}+\frac{b}{b+c}.\overrightarrow{AB}$
lập các đẳng thức tương tự, cộng vế theo vế và biến đổi sẽ được $a=b=c$

ta dễ dàng cm được các bdt sau
$a^4+b^4\geq a^3b+ab^3$
$b^4+c^4\geq b^3c+bc^3$
$a^4+c^4\geq a^3c+ac^3$
cộng các bdt trên ta được
$2(a^4+b^4+c^4)\geq a^3b+a^3b+b^3c+b^3a+c^3a+c^3b$
$\Rightarrow 3(a^4+b^4+c^4)\geq a^3b+a^3b+a^4+b^3c+b^3a+b^4+c^3a+c^3b+c^4$
$\Rightarrow 3(a^4+b^4+c^4)\geq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3)$
$\Rightarrow (a^4+b^4+c^4)\geq (a^3+b^3+c^3)$

không mất tính tổng quát: $\large m< n< p$
nếu $\large m=3\Rightarrow n=5,p=7\Rightarrow m^2+n^2+p^2=83\epsilon \mathbb{P}$
nếu $\large m> 3\Rightarrow n,p> 3;m,n,p\epsilon \mathbb{P}$ $\large \Rightarrow m,n,p$ không chia hết cho 3
$\large \Rightarrow m^2,n^2,p^2$ chia 3 dư 1$\large \Rightarrow m^2+n^2+p^2 \vdots 3$ mà $\large m^2+n^2+p^2 > 3\Rightarrow m^2+n^2+p^2$ không phải số nguyên tố
vậy$\large (m,n,p)=(3,5,7)$ và các hoán vị

mình thiếu trường hợp m=2 nhé mọi người

haiz, minh lam được ít quá. chắc không hi vọng

không mất tính tổng quát: $\large m< n< p$
nếu $\large m=3\Rightarrow n=5,p=7\Rightarrow m^2+n^2+p^2=83\epsilon \mathbb{P}$
nếu $\large m> 3\Rightarrow n,p> 3;m,n,p\epsilon \mathbb{P}$ $\large \Rightarrow m,n,p$ không chia hết cho 3
$\large \Rightarrow m^2,n^2,p^2$ chia 3 dư 1$\large \Rightarrow m^2+n^2+p^2 \vdots 3$ mà $\large m^2+n^2+p^2 > 3\Rightarrow m^2+n^2+p^2$ không phải số nguyên tố
vậy$\large (m,n,p)=(3,5,7)$ và các hoán vị

bài 2
áp dụng BDT bunhiakovski cho các số $\frac{1}{\sqrt{a}},\sqrt{\frac{2}{b}},\sqrt{a},\sqrt{2b}$
$((\frac{1}{\sqrt{a}})^{2}+(\sqrt{\frac{2}{b}})^2)((\sqrt{a})^2+(\sqrt{2b})^2)\geq 9$ (*)
ta có $\frac{a+2b}{c}\leq 3$ (1)
thật vậy (1)$\Leftrightarrow a+2b\leq 3c$
$\Leftrightarrow (a+2b)^2\leq 9c^2$
$\Leftrightarrow b^2+2ab\leq 3c^2$ (luôn dúng vì $b^2+2ab\leq a^2+2b^2\leq 3c^2$)
vậy $( a+2b)\frac{3}{c}\leq 9$(**)
(*). (**) $(\frac{1}{a}+\frac{2}{b})(a+2b)\geq (a+2b)\frac{3}{c}\Rightarrow$ dpcm

bài 5
$M=\frac{n}{x+y}=\frac{10x+y}{x+y}=1+\frac{9x}{x+y}=1+\frac{9}{1+\frac{y}{x}}\geq 1+\frac{9}{1+\frac{9}{1}}= \frac{19}{10}$
GTNN của $M=\frac{19}{10}\Leftrightarrow n=19$

Bài 2:
$\overline{ab}=(a+b)\sqrt{a+b}$
$\Rightarrow \sqrt{a+b}=\frac{\overline{ab}}{a+b}\epsilon \mathbb{Q}$
$a+b\epsilon \mathbb{N}\Rightarrow a+b$ là số chính phương
$1\leq a+b \leq 18$
$a+b=4,9,16$
thử lần lượt các trường hợp, ta thấy $\overline{ab}=27$ thỏa

đặt $a=\frac{1}{x}+x\Rightarrow a^2=x^2+(\frac{1}{x})^2+2\Rightarrow a^2\geq 4\Rightarrow \left | a \right |\geq 2\Rightarrow a\geq 2$ hoặc$a\leq -2$
phương trình trở thành $a^2 -2ma+2m-2=0$
phương trình vô nghiệm khi
xảy ra 2 trường hợp
TH1 $\Delta < 0$
TH2 phương trình không có nghiệm thỏa $\left | a \right |\geq 2$
lúc đó nghiệm phương trình se thỏa $-2< a< 2$
$\Rightarrow (a_{1}+2)(a_{2}-2)< 0$ và$-4< a_{1}+a_{2}< 4$
$\Delta \geq 0$
lúc này xài Viet se xac dinh được điều kiện m sao cho pt co ngiệm thỏa $-2< a< 2$
vậy để pt vô nghiệm thì m không thuộc điều kiện đó
Kết hợp 2 trường hợp, ta se xác định được m

Mình nghĩ như bạn henry0905 thì lập luận y,z tương tự là được rồi! Cảm ơn bạn nhé!!!

được nhưng mình nghĩ là phả xét x tới 6 trường hợp thì quá dài và mất thời gian nữa

$\large x\leq y\leq z\Rightarrow \frac{1}{x}\geq \frac{1}{y}\geq \frac{1}{z}$$\large \Rightarrow \frac{3}{x}\geq \frac{1}{2}\Rightarrow x\leq 6$
giả sử$\large x\leq 5\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 3.\frac{1}{5}> \frac{1}{2}$ (vô lí)
Vậy $\large x> 5$ mà$\large x\leq 6,x\epsilon \mathbb{N}\Rightarrow x=6$
suy ra$\large \frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{3}$
$\large \Leftrightarrow y+z=3yz$
$\large \Leftrightarrow 3(y+z)=yz \Leftrightarrow (y-3)(z-3)=9$
tới đây thì đơn giản rồi

$\large (\overline{ab})^3=\overline{abcde}$
$\large \Rightarrow (\overline{ab})^3=1000\overline{ab}+\overline{cde}$
$\large \Rightarrow (\overline{ab})^2=1000+\frac{\overline{cde}}{\overline{ab}}\leq 1000+\frac{999}{10} \Rightarrow \overline{ab}\leq 33$
$\large (\overline{ab})^2=1000+\frac{\overline{cde}}{\overline{ab}}\geq 1000+\frac{100}{99} \Rightarrow \overline{ab}\geq 32$
mà$\large \overline{ab}\epsilon \mathbb{N}\Rightarrow \overline{ab}=32,33$
thử vào ta thấy$\large \overline{ab}=32$ thỏa $\large \Rightarrow \overline{abcde}=32768$

gọi$\large r$ là bán kính hình tròn
bán kính hình tròn lúc sau là $\large \frac{4}{5}r$
theo giả thiết ta có phương trình
$\large (\frac{4}{5}r)^2. x=r^{2}.x-113,04$
( x là số pi, xin lỗi mình khong biết gõ)
$\large \rightarrow (\frac{9}{25}r)^2.x=113,04$
$\large S=r^2.x=314(dvdt)$

Sao tớ lập bảng ra rồi mà lại không tìm ra giá trị nào của x, y nguyên cả, toàn là số vô tỉ thôi.

bạn kiểm tra lai đi
mình nghĩ không thể nào ra số vô tỉ được. bởi vì minh chỉ tách thành tích các số nguyên, các hệ số đi với ẩn cũng là số nguyên. trong quá trình giải: hoặc là tìm được nghiệm nguyên hoặc là số hữu tỉ và loại chúng thôi chứ

bạn tách 216 thành tích các số nguyên dương
$\large 216=1.216=2.108=3.72=9.24=27.8=54.4=...$
mà$\large x+2y\geq 3$
tới đây thì đơn giản rồi

bạn nhân 4 cho 2 vế
$\large 4x^{6}+12x^{3}+4=4y^4$
$\large (2x^{3} +3)^2-5=(2y^2)^2$
$\large (2x^{3} +3-2y^2)(2x^3+3+2y^2)=5$
tới đây thì đơn giản rồi