Đặt A=$\frac{4}{x}+\frac{1}{y}+\frac{9}{z}$.

      B= 4*x+y+z

Ta có

$4x+64*\frac{4}{x}\geq 64. Dấu"="\Leftrightarrow x=8$

$y+\frac{64}{y}\geq 16. Dấu"="\Leftrightarrow y=8$

$z+64*\frac{9}{z}\geq 48. Dấu "="\Leftrightarrow z=24$

Vậy

64A+B$\geq 128$

B$\geq 64$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=8,z=24

Đặt $f_{(t)}=4t-t^{2}$. Hệ trở thành

$f_{(x)}=y f_{(y)}=z f_{(z)}=x$.

Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z \Rightarrow f_{(z)}\geq f_{(x)}\geq f_{(y)}$ (1)

Hàm bậc 2 $f_{(t)}$ đạt cực đại tai t=2 dễ dàng CM (1) vô lý vậy x=y=z. Giải PT được nghiệm

x=y=z=0 hoặc x=y=z=3

Cho hàm số : $f\left ( x \right )=a\left | x+2 \right |+b\left | x+1 \right |+cx$ đồng biến trên R . Chứng tỏ : c > 0 .

Với x<-2.Để hàm đồng biến c-(a+b)>0 (1)

Với x>-1.Để hàm đồng biến c+(a+b)>0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra c>0.Đây chỉ là ĐK cần

Đặt t=x-1.Phương trình trở thành

$2^{t}\left ( 1-2^{t^{2}} \right )=t^{2}$.Dễ thấy

$VT\leq 0 , VP\geq 0$. Vậy PT có nghiệm khi và chỉ khi

VT=VP=0$\Leftrightarrow t=0\Leftrightarrow x=1$

Bài toán:Cho $\Delta$ $ABC$ không cân .phân giác $Ax$ cắt trung trực của BC tại $E$.

Chứng minh:$E$ nằm ngoài $\Delta ABC$

Gọi (O,R) là đường tròn ngoại tiếp của ABC. Dễ thấy Ax và đường trung trực của BC cùng đi qua điểm giữa của cung BC. Vậy E là trung điểm của cung BC do đó nằm ngoài tam giác ABC

Không mất tính tổng quát đặt a$\geq$b$\geq$c$\geq d$, Khi đó

$\frac{1+a^{3}}{a}\geq \frac{1+a^{3}}{a}\geq \frac{1+a^{3}}{a}\geq \frac{1+a^{3}}{a}$

$\frac{1}{1+a^{3}}\leq \frac{1}{1+b^{3}}\leq \frac{1}{1+c^{3}}\leq \frac{1}{1+d^{3}}$

Theo becnuli

$\frac{1+a^{3}}{a}+\frac{1+b^{3}}{b}+\frac{1+c^{3}}{c}+\frac{1+d^{3}}{d}=(\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}+\frac{1}{1+c^{3}}+\frac{1}{1+d^{3}})(\frac{1+a^{3}}{a}+\frac{1+b^{3}}{b}+\frac{1+c^{3}}{c}+\frac{1+d^{3}}{d})\geq 4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})$

Có $4m$ đồng xu, nhưng chỉ có $2m$ đồng là thật, khối lượng đồng xu thật nặng hơn đồng xu giả. Chứng minh rằng chỉ với một cái cân đĩa và không kèm theo các dụng cụ khác, sau không quá $3m$ phép cân đĩa ta có thể xác định được tất cả các đồng xu thật và giả.

Gọi A là tập hợp các đồng xu thật

B là tập hợp các đồng xu giả

Chia các đồng xu ra làm m nhóm, mỗi nhóm 4 đồng xu. Thực hiện phép cân cho mỗi nhóm như sau

- Đặt trên mỗi đĩa cân 2 đồng xu có hai trường hợp

1) Nếu cân lệch, lấy 2 đồng xu trên đĩa cân nhẹ đặt trên mỗi đĩa căn 1 đồng xu, có hai trường hợp xảy ra

 a)Cân lệch-->trong nhóm có 1 đồng xu giả ở đĩa cân nhẹ

 b)Cân cân bằng--> trong nhóm có 2 đồng xu giả (là 2 đồng xu cân cuối cùng)

2)Nếu cân cân bằng,lấy 2 đồng xu trên cùng môt đĩa cân đặt trên mỗi đĩa căn 1 đồng xu, có hai trường hợp xảy ra

 a)Cân lệch==>xu giả,thực hiện tương tự với 2 đồng xu còn lại-->đồng xu giả còn lại

 b)Cân cân bằng. Chứng tỏ 4 đồng xu cùng tính chất

 Nói chung với tối đa 3 lần cân ta có thể xác định tất cả các đồng xu thật và giả của một nhóm, với hai lần cân ta có thể có thể xác định một nhóm cùng tính chất

Giả sử có k nhóm đã xác định được số tiền thật và giả, số lần cân không quá 3k

Còn lại m-k nhóm có cùng tính chất, đã cân 2(m-k) lần

1)k khác 0. Tức là có đồng  xu thật mẫu

Lấy 1 đồng xu của mỗi nhóm cân với đồng xu thật mẫu.Sau m-k lần sẽ phân biệt được tất cả các đồng xu thật và giả. Tổng không quá 3m lần cân

2)k=0. Tức là m nhóm đều có các phần tử cùng tính chất.Lúc này m chẳn và số nhóm chứa tiền thật và số nhóm chứa tiền giả cùng bằng m/2,Số lần đã cân là 2m

Lấy một nhóm bất kỳ làm mẫu cân với các nhóm còn lại.Dễ thấy sau không quá m lần sẽ xác định được các đồng xu thật và các đồng xu giả.Và tổng số lần cân không quá 3m

Vậy sau tất cả các trường hợp đã liệt kê đã CM được sau không quá 3m phép cân đĩa sẽ xác định được các đồng xu thật và giả 

giải giúp mình bài này

Dễ thấy P$\geq \frac{1}{b}+\frac{3b}{90}=\frac{1}{b}+\frac{b}{30}$

$\frac{1}{b}\frac{b}{30}=\frac{1}{30}$ không đổi P đạt GTNM khi $\frac{1}{b} , \frac{b}{30}$ đạt giá trị gần nhau nhất .Dễ dàng tìm được b=5 hoặc b=6 $\Rightarrow P=\frac{1}{5}+\frac{1}{6}=\frac{11}{30}$.

Vậy $P_{min}= \frac{11}{30}$ khi a=1, b=c=5 hoặc 6 d=60

Tìm các số a,b,c biết:  

f(x)= x^5 + x^4 - 9x^3 + (a-29)x^2 + (b+9)x + c - 2025    chia hết cho:

(x+3)(x^2-4)

$f_{(x)}\vdots (x+3)(x^{2}-4)\Leftrightarrow f_{(x)}=(x+3)(x^{2}-4)g_{(x)} với g_{(x)}=x^{2}+mx+n$

$f_{(x)}=x^{5}+(m+3)x^{4}+(n+3m-4)x^{3}+(3n-4m-12)x^{2}-(4n+12m)x-12n$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m+3=1\\ n+3m-4=-9\\ 3n-4m-12=a-29\\ -(4n+12m)=b+9\\ -12n=c-2025 \end{matrix}\right. .$

Giải hệ được nghiệm (a;b;c)=(28;11;2013)

Anh/ chị giúp em bài này với ạ: 

Cho $a_{n+1}= \sqrt{|a{_{n}}^{2} -16|}$hãy tính giá trị $a_{70}$ với $a_{1}$ = 3.

Em cảm ơn ạ. 

CM bằng quy nạp dễ dàng suy ra $a_{n}=3\Leftrightarrow n=2k+1,a_{n}=\sqrt{7}\Leftrightarrow n=2k$

Cho x,y,z>0 và x+y+z=1.Tìm Min:                 

A+36=$\frac{1}{x}+36x+\frac{4}{y}+36y+\frac{9}{z}+36z\geq 12+24+36\geq 72$

$\Leftrightarrow A\geq 36$

Dấu "=" $\Leftrightarrow x=\frac{1}{6},y=\frac{1}{3},z=\frac{1}{2}$

Với x>1 chứng minh:  

$3(x^{2}-\frac{1}{x^{2}})< 2(x^{3}-\frac{1}{x^{3}})$

Vì x>1==>x-1/x>0.BĐT có thể biến đổi thành

$2(x^{2}+1+\frac{1}{x^{2}})-3(x+\frac{1}{x})> 0\Leftrightarrow 2(x+\frac{1}{x})^{2}-3(x+\frac{1}{x})-2> 0$

Đặt $t=x+\frac{1}{x}$.BĐT  trở thành

$2t^{2}-3t-2> 0  với t> 2\Leftrightarrow 2(t-\frac{3}{4})^{2}-\frac{25}{8}> 0 với t> 2$. Hiển nhiên

Dựng hình vuông ngoại tiếp tứ giác bất kì

Phân tích

Giả sử dựng được hình vuông MNPQ như yêu cầu ( MN,NP,PQ,QM lần lượt chứa A,B,C,D).

kẻ CE//DB, CE=DB.CA' vuông góc với MN tại A', EB' vuông góc với QP tại B'. Dễ thấy CA'=CB'=MN. Qua phép quay (C,Pi/2)

A'-->B',A-->A'' thuộc EB'

Cách dựng

Dựng CE//DB CE=DB

Dựng A'' là ảnh của A qua phép quay (A,Pi/2)

Dựng B' là chân đường vuông góc hạ từ C đến EA''

P ,Q là chân đường vuông góc hạ từ B,D đến CB'

M,N là chân đường vuông góc hạ từ A đến DQ,BP

NMPQ là hình vuông phải dựng

Hãy tự CM và biện luận nhé!

Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm cùng phía với d. Dựng điểm M thuộc d sao cho : AM+BM=a

Với a là độ dài cho trước

Phân tích

Giả sử dựng được điểm M thỏa mãn yêu cầu. Lúc đó M thuộc d và M thuộc elip có tiêu điểm A,B và chiều daì trục lớn bàng a

Cách dựng

Dựng elip có tiêu điểm A,B và độ dài trục lớn bằng a

Elip giao d tại M

M là điểm phải dựng

Chứng mimh (Dễ dàng tự CM)

Biện luận

Gọi A' là hình chiếu của A qua d

a>A'B bài toán có hai nghiệm

a=A'B bài toán có một nghiệm

a<A'B bài toán vô nghiệm

Bạn có thể chỉ rõ cho mình tia Oy* ?? nằm ở đâu k

Dựng hình

Trên Ox lấy điểm M

Dựng các tam giác đều AOO' ,AOO'',AMM',AMM''

Qua O'M' và O''M'' dựng được các tia O'y' và O''y''

O'y' và O''y'' là các tia phải dựng

(Lưu ý thay thế O''y'' cho $O^{*}y^{*}$ )

Cho góc nhọn xOy, có điểm A cố định và thuộc tia Ox, điểm M thuộc tia Oy. Dựng tam giác đều AMN. Tìm quỹ tích của điểm N khi M chuyển động trên tia Oy

Qua phép Q(A,$60^{0})\cup Q(A,-60^{0})M\rightarrow N\cup M\rightarrow N^{*}$

M di chuyển trên tia Oy nên N và $N^{*}$ lần lượt di chuyển trên các tia O'y' và $O^{*}$y^{*}$ là ảnh của Oy qua phép

$Q(A.60^{0}) và Q(A,-60^{0})$

Bài 2: Giải phương trình : $2^{x+1}=3^x+1$

PT biển đổi thành $(2^{x}-1)^{2}=4^{x}-3^{x}\Rightarrow x\geq 0$

PT cũng có thể biến đổi thành

$(\frac{3}{2})^{x}+(\frac{1}{2})^{x}=2\Leftrightarrow (1+\frac{1}{2})^{x}+(1-\frac{1}{2})^{x}=2$

Theo Becnulli với $0\leq x\leq 1\Rightarrow VT\leq 1+\frac{x}{2}+1-\frac{x}{2}=2,"="\Leftrightarrow x=0\cap x=1$

                       với $x\geq 1\Rightarrow VT\geq 2, "="\Leftrightarrow x=1$

Vậy PT có nghiệm $x=0\cup x=1$

Chứng minh: $log_\frac{1}{2}3+log_3\frac{1}{2}<-2$

BĐT$log_{2}3+log_{3}2> 2$. Theo Cauchy điều này hiển nhiên,vì

$log_{2}3 log_{3}2=1,log_{2}3> 0 khác log_{3}2> 0$

ĐK $x\leq 3$

$f_{(x)}^{'}=12x^{2}+2x+\sqrt{6-2x}-\frac{x-4}{\sqrt{6-2x}}=12x^{2}+2x+\frac{10-3x}{\sqrt{6-2x}}> 0, x\in D$

Hàm đơn điệu trên D nên chỉ có nhiều nhất một nghiệm.Dễ dàng nhận thấy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình

e^x-sinx+0,5x²

$f_{(x)}^{'}=e^{x}-cos(x)+x, f_{(x)}^{''}=e^{x}-sin(x)+1> 0,\forall x\in R$. Vậy

$f_{(x)}^{'}=0\Leftrightarrow x=0$.Và hàm đạt giá trị nhỏ nhất

$f_{(0)}=1 khi  x=0$

Ta có

$(1+x)^{n+4}=(1+x)^{4}(1+x)^{n}$

Đồng thời hệ số của $x^{k}$ trong khai triển của

VT là $C_{n+4}^{k}$

VP là $\sum_{i=0}^{4}C_{4}^{i}C_{n}^{k-i}$ (Đpcm)

Ta có $(1+x)^{n+4}=(1+x)^{4}(1+x)^{n} Đồng thời hệ số của x^{k} trong khai triển VT là C_{n+4}^{k}hệ số củax^{k} trong khai triển VP là \sum_{i=0}^{4}C_{4}^{i}C_{n}^{k-i} (Đpcm)$

  Xin lỗi sao viết trong LeTex mà toàn mã

Cho $a,b,c>0$ thoả $abc=1$. Chứng minh: $\frac{1}{{{a}^{2}}\left( b+c \right)}+\frac{1}{{{b}^{2}}\left( c+a \right)}+\frac{1}{{{c}^{2}}\left( a+b \right)}\ge \frac{3}{2}$

đặt x=1/a, y=1/b, z=1/c.BĐT trở thành

$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\geq \frac{3}{2}$. Hiển nhiên

Tìm số tự nhiên x,y thỏa mãn 3^y=x²+2x-8

y=0 PT vô nghiệm

PT$3^{y}=(x-2)(x-2+6)$

Vậy x-2 phải là một luỹ thừa của 3

Đặt $x-2=3^{t}$

$PT\Leftrightarrow 3^{y}=3^{t}(3^{t}+6)=3^{t+1}(3^{t-1}+2)\Rightarrow 3^{t-1}=1\Rightarrow 3^{t}=3\Rightarrow x-2=3\Rightarrow x=5\Rightarrow y=3$

Vậy PT có nghiệm (x;y)=(5;3)

a)Khi a=2.PT trở thành $(x+1)(x^{2}+3x+1)$.Có các nghiệm $\left \{ -1;\frac{-3-\sqrt{5}}{2};\frac{-3+\sqrt{5}}{2} \right \}$

b) $f_{(x)}^{'}=3x^{2}+4ax+a^{2}=0\Leftrightarrow x=-a/3\cup x=-a$

$f_{(-a/3)}=\frac{-(a+3)(2a-3)^{2}}{27}, f_{(-a)}=a-1$

Để PT có ba nghiệm phân biệt thì $f_{(-a/3)}f_{(-a)}< 0$.Giải BPT dễ dàng suy ra $x\in (-\infty ;-3)\cup (1;3/2)\cup (3/2;+\infty )$