Xét $f(x)=x(3-y-z)+3(y+z)-yz$ với $x \in [1;2]$

Xét $f(1)=3+2y+2z-yz=(2-y)(z-2)+7 \le 7$

      $f(2)=6+x+y-yz=(y-1)(z-1)+7 \le 7$

Mà $f(x) \le max {f(1);f(2)} \le 7$

Vậy max $f(x)=7$ khi $x=2;y=2;z=1$ và $x=1;y=1;z=2$ và các hoán vị

bài 1:

Bạn đi chứng minh :
$P \ge \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$ (1)

Bằng cách bình phương hai vế và rút gọn ta còn lại bất đẳng thức sau:

$\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2} \ge x^2+y^2+z^2$

$\Longrightarrow \sum \dfrac{ab}{c} \ge \sum a$

Với $a=x^2;...$

Bất đẳng thức trên chứng minh được bằng cách

$BĐT \longleftrightarrow abc.\sum \dfrac{1}{a^2} \ge abc.\sum \dfrac{1}{ab}=VT$

=> (1) đúng.Áp dụng giả thiết ta có đpcm

Ta có:

$a(a+b+c)+bc=a^2+ab+bc+ac=(a+b)(a+c)$

Tương tự,ta được:

$A= (a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2$ là một số chính phương

Giải phương trình: $4\sqrt{x-1}=32x^{4}-80x^{3}+50x^{2}+4x-3$.

(Mời các bạn THCS thảo luận)

Bạn xem tại đây

Xét $(x;y)=(0;0)$ không thỏa mãn.

Xét $(x;y)$ khác (0;0),ta có:

$y^2=5x^2+4$

$\Longrightarrow y^3=5x^2y+4y$

Thay vào phương trình đầu,ta được:

$x^3+4y=5x^2y+4y+16x$

$\Rightarrow x^2=5xy+16$ hoặc x=0 => ...

Kết hợp với pt thứ 2 ta được hệ đẳng cấp

Bình phương và thu gọn,ta được:

$x^4+10x^2-x+20=0$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,ta có
$VT \ge 12x^2-x+19 > 0$

Do vậy,pt đã cho vô nghiệm

Cho $a;b;c >0$ thỏa mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a} \ge 3a^2+3b^2+3c^2$

P/s:Càng nhiều cách càng tốt nhé !

Giả sử $f(x)=ax^2+bx+c$ (do đề bài cho là đa thức bậc hai)
Suy ra

$f(x)-f(x-1)=ax^2+bx+c-a(x-1)^2-b(x-1)-c=2ax+a+b$

Mà $f(x)-f(x-1)=x$

$\Rightarrow 2ax+a+b=x$

Do đó $a+b =0$ và $a=1/2$ từ đó ta suy ra $a=1/2;b=-1/2$

Do đó $f(x)=\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x}{2}+c$

$f(n)=1+2+3+...+n$

Áp dụng điều ta vừa chứng minh được thì:
$f(1)-f(0)=1$

$f(2)-f(1)=2$

....

$f(n)-f(n-1)=n$

Do đó

$1+2+...+n=f(1)-f(0)+f(2)-f(1)+...+f(n)-f(n-1)=f(n)-f(0)=\dfrac{n^2}{2}-\dfrac{n}{2}=\dfrac{n(n-1)}{2}$

Cho x;y;z không âm,thoảvx+y+z=3.Chứng minh rằng :$2(x^2+y^2+z^2)+xyz \ge 7 $

Cộng lần lượt từng biểu thức cho abc,ta được bđt tương đương với:
$\sum \dfrac{ab^2(a+c)}{a+b} \ge 3abc$

Bất đẳng thức trên luôn đúng theo AM-GM cho 3 số

$156.c$

Mình áp dụng dụng bất đẳng thức Cauchy cho :
$x(1-x)^3=\dfrac{3x(1-x)(1-x)(1-x)}{3} \le \dfrac{27}{256}$
dấu = xảy ra khi $x=\dfrac{1}{4}$

Chú ý: Trích đề

Bằng Cauchy-Schwart,ta đánh giá được:
$\sum \dfrac{a^3}{b} \ge \sum a^2$

Mặt khác ta lại có:
$a^2+b^2+c^2 \ge 2a+2b+2c-3$

$2(a^2+b^2+c^2) \ge 2(ab+ac+bc)$

Cộng vế theo vế và sử dụng giả thiết ta sẽ tìm được min của biểu thức

 

43) Cho hình thang cân ngoại tiếp hình tròn có độ dài 2 đáy là $\frac{2}{\pi}cm$ và $6cm$. Diện tích hình tròn nội tiếp hình thang bằng ...

 

44) Tam giác $ABC$ có $\widehat{B}=60^o$; $BC=8cm$; $AB+AC=12cm$. Tính $AB$
 

45) Tìm $x$ biết $x^2+\frac{4x^2}{(x+2)^2}=5$

 

46) Tính $x^4+y^4$ biết $\left\{\begin{matrix}x+y=4  &  & \\ (x^2+y^2)(x^3+y^3)=280  &  &  \end{matrix}\right.$

 

 

Tính đại nhá .
Do tứ giác ngoại tiếp nên AB+DC=AD+BC$=\dfrac{2}{\pi}+6$
Suy ra AD=$\dfrac{1}{\pi}+3$
Kẻ hai đường cao AH.Ta tính được $DH=\dfrac{6-\dfrac{2}{\pi}}{2}$
Từ đó ta tính được AH.Mà AH chính là đường kính của đường tròn đó => dt=3

Gọi tâm hình tròn nt là O, hình thang là ABCD

Kẻ OM, ON, OP lần lượt vuông góc vs AB, AD, DC

Chứng minh đc AOD là tam giác vuông

$\Rightarrow OM^{2}=MA.MD=\frac{3}{\pi }$

Diện tích hình tròn là 3
@Oral:Mình bị lộn (đã sửa )

Mình nghĩ là tìm GTLN chớ nhỉ (như vậy bạn nhé)

a) Ta có : $x^3+y^3 \ge 0$

$\Rightarrow x-y \ge 0$ hay $x \ge y$

Mặt khác $x^3+y^3 \le x-y $

$\Leftrightarrow x-x^3 \ge y^3+y \ge 0$

$\Rightarrow x \ge x^3$

$\Rightarrow 1 \ge x^2$

Mà $x \ge 0$

$\Rightarrow x \le 1$

Từ đó ta suy ra đpcm

b)Do $x;y \in [0;1]$

$\Rightarrow x^3+y^3 \le x^2+y^2$

Ta có:

$ x- y \ge x^3+y^3 \ge x^3-y^3$

$\Leftrightarrow 1 \ge x^2+y^2+xy$

$\Leftrightarrow 1 \ge x^2+y^2$

Bất đẳng thức này tương đương với :

$(b+c-a)(a+b-c)(a+c-b) >0$
Luôn đúng với a;b;c là các cạnh của một tam giác

Do mình vẽ hình trên máy nên các điểm không giống như trong đề nha  (Có hai điểm H )

a)Trước hết ta có:
$\widehat {KBC}+\widehat{KCB}=\widehat{KBD}+\widehat{KCE}+\widehat{DEC}+\widehat{HCB}$
Dễ thấy:

$\widehat{KBD}+\widehat{KCE}=\dfrac{\widehat{ABD}}{2}+\dfrac{\widehat{ACE}}{2}=\widehat{ABD}$

$\widehat{HBC}=\widehat{HAD}$

$\widehat{HCB}=\widehat{EAH}$

$\Rightarrow \widehat{KBD}+\widehat{KCE}=\widehat{ABD}+\widehat{BAD}=90$

$\Rightarrow$ K;D;C;B;E cùng nằm trên một đường tròn tâm I
Suy ra $\widehat{KIE}=\widehat{EBK}=\widehat{KCD}=\widehat{KID}$

Do đó hai cung EK và cung KD bằng nhau $\Rightarrow KE=KD$
b)Ta thấy H;K;I thẳng hàng do cùng nằm trên đường trung trực của ED.

Ta có bất đẳng thức $\sqrt{a}+\sqrt{b} \ge \sqrt{a+b}$.Sử dụng liên tiếp là ra thôi

Giải phương trình:

 $\sqrt[8]{1-x}$ + $\sqrt[8]{x}$ =1

Mình làm câu d) nhá
Gọi I là giao điểm của EF và AM $\Longrightarrow I$ là trung điểm của AM và $E;I;F$ thẳng hàng

Do đó,ta sẽ đy chứng minh $I;F;P$ thẳng hàng.

Ta có $IF //AC$ và $IP //AC$ do IP là đường trung bình của tam giác MAC$

$\oplus$ Ta có các công thức sau đây:
$r^2 = \dfrac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}$

$AC'=AB'=p-a$

$BC'=BA'=p-b$

$CB'=CA'=p-c$

$\oplus$.Ta có: $IA^2.IB^2.IC^2=[(r^2+(p-a)^2][r^2+(p-b)^2][r^2+(p-c)^2]=\prod [\dfrac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}+(p-a)^2] = \dfrac{\prod bc(p-a)}{p^3}=\dfrac{a^2b^2c^2(p-a)(p-c)(p-b)}{p^3} \le \dfrac{a^2b^2c^2}{27}$

Do $(p-a)(p-b)(p-c) \le \dfrac{(3p-a-b-c)^3}{27}=\dfrac{p^3}{27}$ (AM-GM)

$\Longrightarrow IA.IB.IC \le \dfrac{abc}{3\sqrt{3}}$

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I.Gọi E là điểm tiếp xúc của đường tròn với BC,kẻ đường kính EF.Đường thẳng AF cắt BC tại M.Chứng minh rằng M là điểm tiếp xúc giữa đường tròn bàng tiếp ứng với góc A với BC

Áp dụng bất đẳng thức C-S,ta được:

$\sum \dfrac{ab}{a+3b+2c} = \sum \dfrac{ab}{(a+c)+(b+c)+2b} \le \sum \dfrac{ab}{9(a+c)}+\sum \dfrac{ab}{9(b+c)}+\sum \dfrac{a}{18} = \dfrac{a+b+c}{6}$

Nó là định lí Cevathì phải ?

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,ta có:

$\dfrac{x^4}{x^2(y+z)}+\dfrac{x}{2}+\dfrac{x}{2}+\dfrac{y+z}{4} \ge 2x$

$\Longrightarrow \dfrac{x^4}{x^2(y+z)} \ge 2x-x-\dfrac{y+z}{4}$

Lấy $\sum$ hai vế,ta có đpcm

Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn $a^{5}+b^{5}=4\left ( c^{5}+d^{5} \right )$

Chứng minh rằng  $a+b+c+d$ chia hết cho 5

Ta có:

$a^5+b^5=4(c^5+d^5)$

$\Longleftrightarrow a^5+b^5+c^5+d^5=5(c^5+d^5)$

$\Longrightarrow a^5+b^5+c^5+d^5 \vdots 5$

Mà $n^5-n \vdots 5$ (bạn tự chứng minh nhé )
$\Longrightarrow a^5+b^5+c^5+d^5 - (a+b+c+d)=5(c^5+d^5)-(a+b+c+d)$

$\Longleftrightarrow (a^5-a)+(b^5-b)+(c^5-c)+(d^5-d)=5(c^5+d^5)-(a+b+c+d)$

$\Longrightarrow a+b+c+d \vdots 5$