$\frac{a}{b}= \frac{c}{d}= \frac{a+c}{b+d}$

chậm mất rồi

$\Rightarrow b+d=3b-d$

$\Rightarrow 2b-2d=0$

$\Rightarrow b=d$

$\Rightarrow b^2=d^2$

tính chất dãy tỉ số bằng nhau học ở lớp 7

 

Mình nghĩ chỗ này phải xét b+d$\neq$ 0 chứ!

Bài 8: $VT=\sum \frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}=\sum \frac{a(b+c)}{a^2+\frac{1}{4}(b+c)^2+\frac{3}{4}(b+c)^2}\leq \sum \frac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^2}=\sum \frac{a}{a+\frac{3}{4}(b+c)}$

Đặt $P=(3-VT).\frac{4}{3}=\sum \frac{b+c}{a+\frac{3}{4}(b+c)}$

Và $S=\sum (b+c).\left [ a+\frac{3}{4}(b+c) \right ]=\frac{3}{2}(\sum a^2)+\frac{7}{2}(\sum ab)=\frac{3}{2}(\sum a)^2+\frac{1}{2}(\sum ab)\leq 1.5(\sum a)^2+\frac{1}{6}(\sum a)^2=\frac{5}{3}(\sum a)^2$

Áp dụng bđt Holder tc: $P.S\geq (b+c+a+b+c+a)^2=4(\sum a)^2$

$\Rightarrow P\geq \frac{12}{5}\Rightarrow (3-VT).\frac{4}{3}\geq \frac{12}{5}\Rightarrow VT\leq \frac{6}{5}(đpcm)$

Dấu ''='' xr khi a=b=c>0

Bài 3: Đặt A=$(\frac{\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^4+2.(\frac{\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^4+3.(\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^4$

Áp dụng bđt Holder ta có: $P.A.A.A\geq \left [ (\frac{\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^3.x+(\frac{\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^3.2y+(\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^3.3z \right ]^4=\left [ \frac{6}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^3}.(x+y+z) \right ]^4=\frac{6^4}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^{12}}$

Lại có: $A=\frac{6\sqrt[3]{6}+3\sqrt[3]{3}.2+3.2\sqrt[3]{2}}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^4}=\frac{6}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^3}$

$\Rightarrow P\geq \frac{6^4}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^{12}}:\frac{6^3}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^9}=\frac{6}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^3}\Rightarrow Min P=\frac{6}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^3}$

$\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}},y=\frac{\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}}, z=\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}}$

P/s: Cách này có vẻ k ổn lắm

7. $CD^{2}=CB.CA-BD.AD$ < CA.CB(Đpcm)

Bài 3: Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm GTLN của:
$P=ab+3bc+5ca$

$GT\Rightarrow a=1-(b+c)\Rightarrow P=-b^2+(1-3c)b-5c^2+5c\Leftrightarrow b^2+(3c-1)b+(5c^2-5c+P)=0$

$\Delta =-11c^2+14c+1-4P$

$\Delta \geq 0\Leftrightarrow -4P\geq 11c^2-14c-1=11(c-\frac{7}{11})^2-\frac{60}{11}\Rightarrow P\leq \frac{15}{11}$

$\Rightarrow Max P=\frac{15}{11}\Leftrightarrow a=\frac{9}{11}, b=\frac{-5}{11}, c=\frac{7}{11}$

Bài 4: Cho a, b, c> 0 t/m a+b+c=3. Tìm Max P=4ab+ 8bc+ 6ca

Tổng quát cho bài 3:

  Cho a,b,c là các số thực t/m a+b+c=k=const. Tìm Max P= xab+ ybc+zca.

$GT\Rightarrow a=k-(b+c)\Rightarrow P=-xb^2-b(zc-yc-xk+xc)-(zc^2-zck)\Rightarrow xb^2+b(zc-yc-xk+xc)+(zc^2-zck+P)=0$

$\Delta =c^2(z^2+y^2+x^2-2yz-2xy-2zx)+2c(xyk+xzk-x^2k)+x^2k^2-4Px$

$\Delta \geq 0\Rightarrow P\leq \frac{c^2(x^2+y^2+z^2-2xy-2yz-2zx)+c(2xyk+2xzk-2x^2k)+x^2k^2}{4x}$

Vì x,y,z,k xác định nên dễ dàng tìm đc Max của biểu thức VP $\Rightarrow$ Max P

bài 1 có trong NCPT toán 9

bài 3: AM là tiếp tuyến của (O)

$\Rightarrow \hat{AMB}=\hat{ACM}$

$\Rightarrow \bigtriangleup AMB~\bigtriangleup ACM$

$\Rightarrow AM^{2}=AB.AC$(đpcm)

bài 2: Đường thẳng Simson(NCPT)

 Bài toán số 5: Cho x,y là các số thực thỏa $x^2+2y^2+2xy=4$ Hãy tìm Min và Max của P=$x^2+3y^2+4xy$

 

Đặt $x+y=a\Rightarrow P=a^2+2ay$

Nếu a=0, P=0

Nếu $a\neq 0\Rightarrow y=\frac{P-a^2}{2a}$

$GT\Rightarrow a^2+y^2=4\Rightarrow a^2+\frac{P^2-2Pa^2+a^4}{4a^2}=4\Leftrightarrow 5a^4-2a^2(P+8)+P^2=0$

$\Delta '=-4(P^2-4P-16)\Rightarrow P^2-4P-16\leq 0\Rightarrow 2-2\sqrt{5}\leq P\leq 2+2\sqrt{5}$

Do đó: 

$Min P=2-2\sqrt{5}\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{100-40\sqrt{5}}}{5}, y=-\frac{\sqrt{50+10\sqrt{5}}}{5}$

$Max P=2+2\sqrt{5}\Leftrightarrow x=\pm \frac{\sqrt{100-40\sqrt{5}}}{5}, y=\pm \frac{\sqrt{50-10\sqrt{5}}}{5}$

3. $AT^{2}=AC.AD\rightarrow \frac{AT}{AC}=\frac{AD}{AT}$

Mà $\hat{CAT}=\hat{TAD}$

$\Rightarrow \bigtriangleup ACT~\bigtriangleup ATD$

$\Rightarrow \hat{ATC}=\hat{ADT}$

$\Rightarrow$AT là tiếp tuyến của đườg tròn ngoại tiếp tam giác CDT

Dễ CM: OA vuông góc EF $\Rightarrow S_{AEOF}=\frac{OA.EF}{2}=\frac{R.EF}{2}$

Tương tự $\Rightarrow S_{ABC}=\frac{R.(EF+DE+DF)}{2}$

Mà $S_{DEF}=\frac{(EF+DE+DF).r}{2}$

$\Rightarrow \frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=\frac{r}{R}$

Áp dụng C-S

Ta có $\sum \frac{1}{a^2+2bc} \geq \frac{9}{(a+b+c)^2} \geq 9 $

Phải là ''>'' chứ

Cho các số x,y,z dương thay đổi luôn thỏa mãn x+y+z=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=$\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}$

$3-P=\sum (1-\frac{x}{x+1})=\sum \frac{1}{x+1}\geq \frac{9}{\sum x+3}=\frac{9}{4}\Rightarrow P\leq \frac{3}{4}\Rightarrow Max P=0.75\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}$

Nguồn: Thầy Hồng Trí Quang.

4.3 Chia hình chữ nhật 4x3 thành 24 hình chữ nhật 0.5x1. Mỡi hình chữ nhật có diện tích là 0.5. Vì có 49 điểm nằm trong 24 hình chữ nhật nên theo nguyên lí dirichlet tồn tại 1 hình chữ nhật 0.5x1 chứa ít nhất 3 trong 49 điểm đã cho. Tam giác tạo thành từ 3 điểm trên có diện tích nhỏ hơn 0.5(đpcm)

Bn tham khảo đ/a ở đây nha

1.$\Leftrightarrow (64x^2-16x+1)(8x^2-2x)=9\Leftrightarrow 8(8x^2-2x+0.125)(8x^2-2x)=9$

Đến đây đặt $8x^2-2x=a$ là ra

Mà bài 2 sao vô no. Hình như m=4, m<$\frac{14}{3}$ vẫn t/m mà

Cảm ơn bạn. Cách của mình, cũng tương tự  

ĐK: $x\geq -2$

pt $\Leftrightarrow \sqrt{2x^2-2x+5}=x-1+\sqrt{x+2}(1)\Rightarrow x^2-x+2=2(x-1)\sqrt{x+2}=0$

Đặt $\sqrt{x+2}=t\geq 0\Leftrightarrow x=t^2-2\Leftrightarrow x^2-x+2-2(x-1)t=0\Leftrightarrow x^2+t^2-2-2x+2-2xt+2t=0\Leftrightarrow t^2+2t(1-x)+x^2-2x=0. \Delta '=1$

$\Rightarrow$ t=x hoặc t=x-2

 

$\boxed{\text{Bài 1}}$

a) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{5x^2+2xy+2y^2}+\sqrt{2x^2+2xy+5y^2}=3(x+y)\\ \sqrt{2x+y+1}+2\sqrt[3]{7x+12y+8}=2xy+y+5 \end{matrix}\right.$

b) Gọi $x_{1},x_{2}$ là hai nghiệm của tam thức: $f(x)=x^2+ax+b$ với $a,b \in[-1,1]$. Chứng minh: $(\left | x_{1} \right |+1)(\left | x_{2} \right |+1) \leqslant 2+\sqrt{5}$

 

$\boxed{\text{Lời giải bài 1}}$

a) Ta có: $\sqrt{5x^2+2xy+2y^2}+\sqrt{2x^2+2xy+5y^2}=\sqrt{(2x+y)^2+(x-y^2)}+\sqrt{(x+2y)^2+(x-y)^2}\geq 2x+y+x+2y=3(x+y)\Rightarrow x=y$ 

pt (2), $\sqrt{3x+1}+2\sqrt[3]{19x+8}=2x^2+x+5\Leftrightarrow [\sqrt{3x+1}-(x+1)]+2[\sqrt[3]{19x+8}-(x+2)]-2x(x-1)=0\Leftrightarrow -x(x-1)\left [ \frac{1}{\sqrt{3x+1}+x+1}+\frac{2(x+7)}{\sqrt[3]{(19x+8)^2}+\sqrt[3]{19x+8}(x+2)+(x+2)^2}+2\right ]=0$

Vậy $(x;y)\in \left \{ (0;0);(1;1) \right \}$

b) x₁ , x₂ là nghiệm của pt f(x)=0 $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}=-a & & \\ x_{1}x_{2}=b & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow (\left | x_{1} \right |+1)(\left | x_{2} \right |+1)=|b|+1+\sqrt{a^2-2b+2|b|}\leq 2+\sqrt{1+2+2.1}=2+\sqrt{5}$

VII. Vs a,b,c>0 và ab+bc+ca=1 tc: 

a(b+c)=1-bc$\Rightarrow a=\frac{1-bc}{b+c}$

$\Rightarrow a^{2}+1=\frac{(1+b^{2})(1+c^{2})}{(b+c)^{2}}$

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

Tương tự tc: P=2(a+b+c)$\geq 2\sqrt{3(ab+bc+ca)}=2\sqrt{3}$

$\Rightarrow Min P=2\sqrt{3}\Leftrightarrow a=b=c=1$

I.1: $\Leftrightarrow (x^{2}-4x)^{2}-4(x^{2}-4x+4)+19=0$
$\Leftrightarrow (x^{2}-4x)^{2}-4(x^{2}-4x)+3=0$

N $x^{2}-4x=1\Rightarrow x\in \left \{ 2-\sqrt{5};2+\sqrt{5} \right \}$

N $x^{2}-4x=3\Rightarrow x\in \left \{ 2-\sqrt{7};2+\sqrt{7} \right \}$

Áp dụng bđt: $\frac{a^{2}}{x}+\frac{b^{2}}{y}+\frac{c^{2}}{z}\geq \frac{a+b+c}{x+y+z}$(x,y,z>0)

Dấu ''='' xr $\Leftrightarrow \frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}$

$\frac{16}{2x+y+z}=\frac{(2+1+1)^{2}}{2x+y+z}\leq \frac{4}{2x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$

2. $\vee x,y,z>0; \sum \frac{1}{x}=\frac{1}{4}$ ta có: 

$\frac{1}{2x+y+z}\leq \frac{1}{16}(\frac{4}{2x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$

T² suy ra VT$\leq \frac{1}{16}.4.\sum \frac{1}{x}=1$(đpcm)

Dấu ''='' xr $\Leftrightarrow$ x=y=z=0.75