Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức

$\frac{ka}{a^{2}+1}+\frac{5(a^{2}+1)}{2a}\geq \frac{10+k}{2}$ đúng với mọi số dương a

P/s:em xin lỗi vì có chỉnh lại đề ạ

ta có bdt <=>$k(\frac{a}{a^2+1}-\frac{1}{2})+5(\frac{a^2+1}{2a}-1)\geq 0$

<=>$k\frac{2a-a^2-1}{2(a^2+1)}+5\frac{a^2+1-2a}{2a}=(a-1)^2(\frac{5}{2a}-\frac{k}{2(a^2+1)})\geq 0$

<=>$\frac{(a-1)^2}{2a(a^2+1)}(5a^2-ak+5)\geq 0$

ycbt <=> $(5a^2-ak+5)\geq 0$ (1)với $\forall a>0$

ta có 2 th TH1 (1)>0 với $\forall a\epsilon \mathbb{R}$ 

<=>$\Delta \leq 0$<=>$-10\leq $k$\leq 10$(*)

TH2(1) có 2 nghiệm $a_{1};a_{2}\leq 0$

$\left\{\begin{matrix} \Delta > 0\\ a_1+a_2<0 \\ a_1a_2\geq 0 \end{matrix}\right.$

<=>k<-10(**)

khi đó hiển nhiên a nằm ngoài khoảng 2 nghiệm nên (1)>0

từ (*)và (**) => k max = 10

cho $a$,$b$,$c$$\geqslant$0 và $a^2$+$b^2$+$c^2$=3. tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\frac{a^3}{\sqrt{1+b^2}}$+$\frac{b^3}{\sqrt{1+c^2}}$+$\frac{c^3}{\sqrt{1+a^2}}$

ta có 

$\frac{a^3}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{b^3}{\sqrt{1+c^2}}+\frac{c^3}{\sqrt{1+a^2}}=\frac{a^4}{a\sqrt{1+b^2}}+\frac{b^4}{b\sqrt{1+c^2}}+\frac{c^4}{\sqrt{1+a^2}}$

 

$\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a\sqrt{1+b^2}+b\sqrt{1+c^2}+c\sqrt{1+a^2}}\geq \frac{9}{\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(3+a^2+b^2+c^2)}}=\frac{9}{3\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$

dấu = xảy ra khi a=b=c=1

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq \sqrt{a^{2}-ab+b^{2}}+\sqrt{b^{2}-bc+c^{2}}+\sqrt{c^{2}-ca+a^{2}}$

 

ta có $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c

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

=$(\frac{a^2-ab+b^2}{b}+b)+(\frac{b^2-bc+c^2}{c}+c)+(\frac{c^2-ac+a^2}{a}+a)\geq 2*VP$

1.cmr ko thể biểu diễn bất kì 1 số nguyên tố thành tổng bình phương của 2 số tự nhiên khác nhau theo 2 cách

 

thế 13=$2^2+3^2$ thì sao

theo mình nghĩ là 56 ô

kiểu thế này

Chứng minh rằng nếu pt $x^{4}+ax^{3}+bx^{2}+ax+1= 0$ có nghiệm thì : $a^{2}+(b-2)^{2}\geq \frac{16}{5}$

*xét x=0 =>1=0 vô lí 

*xét x$\neq 0$

chia 2 vế pt cho $x^2$

ta có $(x+\frac{1}{x})+a(x+\frac{1}{x})+b-2=0$

đặt m=$\frac{1}{x}+x(|m|\geq 2)$

<=>$m^2+am+b-2=0$

<=>$m^4=(-am-b+2)^2\leq (a^2+(b-2)^2)(m^2+1)$

<=>$a^2+(b-2)^2\geq \frac{m^4}{m^2+1}$

ta cần cm $\frac{m^4}{m^2+1}\geq \frac{16}{5}$

<=>$5m^4\geq 16m^2+16$đúng vs |m|$\geq 2$

$\sqrt[3]{x^{2}+2}=3.\sqrt{x-4}$

dễ mà 

DK

x$\geq 4$

dặt a=$\sqrt{x-4}(a\geq 0)$

khi đó pt trở thành $\sqrt[3]{a^2+8a+18}=3a$

<=>$27a^3-a^2-8a-18=0$

<=>$(a-1)(27a^2+26a+18)=0

<=>a=1(vì ... >0 với mọi a)

khi đó x=5

Cho $a,b,c\geq 0$

Tìm min:$P=\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}+\frac{abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}$

nhận thấy ko có th cả 2 trong 3 số =0 hoặc cả 2 đều =0 

xét 1 trong 3 số=0 giả sử c=0

ta có P=$\sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}\geq 2$

 

dấu = xảy ra khi a=b , c=0 và các hoán vị

th2 $a,b,c\neq 0$

ta có P$>\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}$

$=\frac{a}{\sqrt{a(b+c)}}+\frac{b}{\sqrt{b(c+a)}}+\frac{c}{\sqrt{c(a+b)}}\geq \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=2$

dấu = ko xảy ra nên trong th này P>2

=> min P=2 <=> a=b, c=0 và các hoán vị

Cho $S.ABC$ là tứ diện vuông tại $S$. Gọi $A',B',C'$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB$. $\alpha, \beta, \gamma$ lần lượt là số đo góc nhị diện cạnh $A'B',B'C',C'A'$ và mặt $(ABC)$. Cmr:
$$\dfrac{1}{2+\cos \alpha}+\dfrac{1}{2+\cos \beta}+\dfrac{1}{2+\cos \gamma}\ge \dfrac{9}{7}$$

đề có sai k bạn rõ ràng A'B', B'C', A'C' thuộc mp (ABC) mà

Cho dãy số $(x_n)$ như sau: $x_1=5;x_{n+1}=\frac{5x_n+4}{x_n+2},\forall n\in \mathbb{N}^*$.

Tính $x_{2016}$.

ta có $x_{n+1}+1=\frac{6(x_{n}+1)}{x_{n}+2}$

$x_{n+1}-4=\frac{_{x_{n}-4}}{x_{n}+2}$

=>$\frac{x_{n+1}-4}{x_{n+1}+1}=\frac{1}{6}.\frac{x_{n}-4}{x_{n}+1}$

đến đây tìm cttq là ok

Bài 1: Cho $a,b,c$ thỏa $a^6+b^6+c^6=3$.Chứng minh rằng:

 

$(ab+bc+ac)(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2})\geq 9$

 

 

thiếu Đk ko ta 

nếu chọn $\left\{\begin{matrix} b=c=-\sqrt[6]{\frac{1}{2}}\\ a=\sqrt[6]{2} \end{matrix}\right.$

=> ab+bc+ca=$-2+\sqrt[3]{2}$<0 

tham khảo cách giải ở đây http://vatlysupham.h...php?f=31&t=3954

Cho tam giác đều ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Điểm M thay đổi, thuộc cung nhỏ AC của  đường tròn tâm (O) (M khác A và C). CM cắt AB tại E, AM cắt BC tại F. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng EF tại D. Chứng minh EF luôn đi qua điểm cố định D khi M thay đổi.

 

cái này phải chứng minh D cố định chứ D luôn $\in$EF mà

với n là số tự nhiên, kí hiệu $a_{n}$ là số tự nhiên gần n nhất. Tính $S_{2013}=a_{1}+a_{2}+...+a_{2013}$

cái này nếu bạn ko hiểu về zitma thì tính tổng bt như lớp 6 thui

Bạn viết pt thiếu vế phải kìa, nếu vp =0:

b/ Điều kiện để pt có 2 nghiệm: $\Delta > 0$ hay $m<\frac{33}{8}$

Cho $x_{1}>x_{2}$

TH1 $x_{1}\geq 0,x_{2}\geq 0$$\Rightarrow 2m^{2}-2m-3\geq 0\Rightarrow m^{2}-m-\frac{3}{2}\geq 0\Rightarrow \left ( m-\frac{1}{2} \right )^{2}-\frac{7}{4}\geq 0$

$\Rightarrow \left \begin{bmatrix} m-\frac{1}{2}\geq \frac{\sqrt{7}}{2}\\ m-\frac{1}{2}\leq \frac{-\sqrt{7}}{2} \end{bmatrix}$$\Rightarrow \begin{bmatrix} m\geq \frac{\sqrt{7}+1}{2}\\ m\leq \frac{1-\sqrt{7}}{2} \end{bmatrix}$

Ta có $|x_{1}|+|x_{2}|=x_{1}+x_{2}=2\Rightarrow \frac{4m-3}{2}=2\Rightarrow m=\frac{7}{4}\left ( KTM \right )$

TH2 $x_{1}\geq 0,x_{2}<0\Rightarrow 2m^{2}-2m-3\leq0 \Rightarrow \frac{1-\sqrt{7}}{2}\leq m\leq \frac{\sqrt{7}+1}{2}$

$|x_{1}|+|x_{2}|=x_{1}-x_{2}=2\Rightarrow \sqrt{\left ( x_{1}+x_{2} \right )^{2}-4x_{1}x_{2}}=2$

Tìm đuợc $m= \frac{17}{8}\left ( KTM \right )$

TH3 $x_{1}< 0,x_{2}< 0$$\Rightarrow \begin{bmatrix} m> \frac{\sqrt{7}+1}{2}\\ m< \frac{1-\sqrt{7}}{2} \end{bmatrix}$

$|x_{1}|+|x_{2}|=-\left ( x_{1}+x_{2} \right )=2$$\Rightarrow m=\frac{-1}{4}\left ( KTM \right )$

 

Vậy không có giá trị m thoả mãn đề bài

Đúng ko ta?

nghiệm kép cũng là 2 nghiệm mà

bài 2 dễ, mình chém luôn nhé 

 

$Đặt x^{2500}= a, y^{2500}= b                                

 

=>gt: a+b= 6,912    và      a^{2}+b^{2}= 33,76244.     Tính a^{3}+b^{3}

 

Phân tích thành nhân tử như ở lớp 8 là ra thôi $

bài đó mik làm được rùi chỉ có bài 1 chưa nghĩ ra thui dù sao cũng thanks

1cho dãy $b_{n+2}=4*b_{n+1}-b_{n}$ biết $b_{1}=4;b_{2}=14$                                                                                                                                                  cm diện tích tam giác có cạnh $b_{k-1}b_{k}b_{k+1}$ là những số nguyên                                                                                                                                        2) cho$x^{2500}+y^{2500}=6,912$ và $x^{5000}+y^{5000}=33,76244$ tính$x^{7500}+y^{7500}$

bạn dùng đồng dư đi mình nghĩ sẽ ra đó hơi dài nên ko làm

Đề là
Với n thuộc Z (n dương) ; n không chia hết cho 3. Chứng minh: A=3^{2n}+3^{n}+1 không chia hết cho 13
hay
Với n thuộc Z (n dương) ; n không chia hết cho 3. Chứng minh: A=3^{2n}+3^{n+1} không chia hết cho 13

(1) để pt có 2 nghiệm phân biệt thì:

$\Delta \geq 0 \Rightarrow \left | m \right |\geq 2\sqrt{3}$

từ dk $2x_{1}=6-(x_{1}+x_{2})=6-m\Leftrightarrow m=6-2x_{1}$

thế m vào pt ta có

$pt\Rightarrow x_{1}^{2}-2x_{1}+1=0\Rightarrow x_{1}=1\Rightarrow m=6-2.1=4$

vậy m=4 

(2) làm tương tự

có 2 cái chưa đúng 

thứ nhất chỉ cần pt có nghiệm là được 

thứ 2 để pt có 2 nghiệm PB thì $\Delta$>0 nha

gọi CD,BE là 2 đường cao xuất phát từ C và B

ta có AB.CD=BE.AC=2S

=> CD/BE=AC/AB=1/3

 

 

 

$\Delta '=4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)^2=(2ab-a^2-b^2+c^2)(2ab+a^2+b^2-c^2)=\left(c^2-(a-b)^2\right).\left((a+b)^2-c^2\right)=(c-a-b)(c+a-b)(a+b-c)(a+b+c)>0$

 

c-a-b <0 mà

mà cái đoạn đó sai rồi phải là (c-a+b)(c+a-b)(a+b-c)(a+b+c) chứ

Đề là gì đây b????

hình như phân tích đa thức thành nhân tử thì phải

3. Cho phương trình: $x^{2}-2x+3m-4=0$ (1). Tìm m để :

a) Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu

b) Phương trình (1) có hai nghiệm $x_{1},x_{2}$ thoả mãn : $(x_{1}+1)(x_{2}+1)=2$

xét $\Delta$ để pt có nghiệm ..........

pt 1 có 2 nghiệm trái dấu <=> x1*x2=3m-4 <0

bài b thì dùng vi ét giải hệ là ra

p/s; bạn nên sửa lại tiêu đề

b. Chứng minh rằng $a_{n}$ chỉ có thể là một trong các dạng sau: $a_{n}= 7k+1 hoặc a_{n}=7k-1$ ( với $k\in \mathbb{N}$)

biến đổi n=$\frac{a_{n}^{2}-80788}{7}$       do n$\epsilon$$N^{*}$=>$a_{n^{2}}-80788\vdots 7$ mà 80788 chia 7 dư 1=>$a_{n}$ phải có 2 dạng đó để$\vdots$7