Cho 10 số thực $x_{1};x_{2};...;x_{10}$ thuộc đoạn $[1;55)$

CMR: Có ít nhất 3 số trong chúng là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác

Giả sử không tồn tại 3 số nào thỏa mãn

Gọi 3 số bất kì trong dãy là $a,b,c(a\leq b\leq c)$

Ta có $a+b\leq c$

Theo thứ tự $x_{1}\leq x_{2}\leq ...\leq x_{10}$ thì để $x_{10}$ nhỏ nhất ta có

$x_{1}=1;x_{2}=2;x_{3}=3;x_{4}=5,...x_{10}=55$ (vô lí)

=>$(đpcm)$

Cho tam giác nhọn ABC có: BC=a;  CA=b;  AB=c. R là bán kính đường tròn ngoại tiếp

Cmr: $\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}=2R$

Vẽ tam giác $BCD$ vuông tại C nội tiếp đường tròn trên.

Ta có $BD.sinBDC=BC$

<=>$2R=\frac{a}{sinBDC}$

mà $\angle BDC = \angle BAC$

=>$\frac{a}{sinA}=2R$

Tương tự ta có $đpcm$

mình chưa hiểu đoạn $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow abc\leq \frac{1}{27}$ ( lớp 7 chưa học bất đẳng thức cu-si), giải thích giùm mình nha tại não hơi bé

Ta có:$\left (\sqrt{a}-$a+b\geq 2\sqrt{ab}$\sqrt{b}\right )^{2}\geq 0$

=>$a+b\geq 2\sqrt{ab}$   (1)

Tương tự:$c+\sqrt[3]{abc}\geq 2\sqrt{c\sqrt[3]{abc}}$   (2)

Từ (1),(2) =>$a+b+c+\sqrt[3]{abc}\geq 2\sqrt{ab}+2\sqrt{c\sqrt[3]{abc}}\geq 4\sqrt[4]{abc\sqrt[3]{abc}}=4\sqrt[3]{abc}$

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

Với đề bài $Max$

Ta có$\sum \frac{ab}{c+1} = \sum \frac{ab}{a+c+b+c} =\sum \frac{1}{\frac{a+c}{ab}+\frac{b+c}{ab}}\leq \sum \frac{1}{4}\left ( \frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c} \right )=\frac{1}{4}\left ( a+b+c \right )=\frac{1}{4}$

Dấu $"="$ xảy ra tại $a=b=c=\frac{1}{3}$

Một đề mình đã đọc người ta bảo tìm $MAX$ và $a,b,c$ dương

Ta có bất đẳng thức quen thuộc . 

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$

$\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}=\frac{ab}{a+c+b+c}+\frac{bc}{b+a+c+a}+\frac{ca}{a+b+c+b}\leq\frac{1}{4}(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}+\frac{a}{a+b})=\frac{3}{4}$

Sai rồi bạn

$\frac{4ab}{(a+c)(b+c)} \leq \frac{a}{a+c} + \frac{b}{b+c}$

Với lại dấu $"="$ xảy ra tại $a=b=c$ =>$Sum = \frac{1}{4}$

Cho tam giác $ABC$. Trên các cạnh $AB,AC$, dựng ra phía ngoài các tam giác $ABE$,$ACF$ vuông cân tại $A$. Gọi $I$ là trung điểm cạnh $BC$. Chứng minh rằng $AI$ vuông góc $EF$

Hạ $BH$,$CK$ vuông góc $AI$.

=>$BH$=$CK$

Kéo dài $IA$ cắt $EF$ tại D

Ta có$\angle BAI + \angle DAE = 90^{\circ}$

Lại có$\angle BAI + \angle ABH = 90^{\circ}$

=> $\angle ABH = \angle DAE

Tương tự,ta có $\angle CAI =\angle DAF$

Vẽ tam giác $CKM$ = tam giác $BHA$

=>Tam giác $EAF$ = tam giác $MCA$

=>$\angle ABH = \angle FEA$

=>$\angle FEA + \angle EAD =  90^{\circ}$

=>(đpcm)

$\sqrt{\left ( 3+2\sqrt{2} \right )^{n}}+\sqrt{\left ( 3-2\sqrt{2} \right )^{n}}= 6$

$\sqrt{\left ( 3+2\sqrt{2} \right )^{n}}+\sqrt{\left ( 3-2\sqrt{2} \right )^{n}}= 6$

<=>$\sqrt{left(1+\sqrt{2}\right)^{2n}}+\sqrt{left(1-\sqrt{2}\right)^{2n}}=6$

<=>$(1+\sqrt{2}\right)^{n}+(-1+\sqrt{2}\right)^{n}=6$

......

......

=>$n=2$

3/ Đặt Tg là x; Hv là y đối với Hs1;z,t với  Hs2;ta có;

$89+16+69+60+8+88+10x+y=88+80+9+69+91+68+10t+z$

$=>xy+330=tz+405$

$=>xy=tz+75$

Ta thấy,$x=1 => z=1$

$x=6 => z=9$

$x=8 =>z=8$

$x=9 => z=6$

Tương tự với y và t.

Chỉ có $91-16=75$

nên $x=9$;$y=1$

=> Kết quả:421

Bài 2: Sau lần 1 còn  $\frac{1}{2}$ bình.Sau lần 2 còn $(\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})=\frac{1}{3}$ bình....

...sau 9 lần sẽ còn $\frac{1}{10}$ bình.

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm ta được:

 

$T=\sqrt{(x-a)(b-x)}+\sqrt{(x-c)(d-x)} \leq \frac{x-a+b-x}{2}+\frac{x-c+d-x}{2}=\frac{b-a+d-c}{2} \leq 0$

 

Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=d\geq 0$

Theo mình thì $T\geq 0$ chứ.Dấu = xảy ra tại $a=b=c=d=x$

Thế chắc đề bị sai rồi.Vì với 2 cách giải khác nhau nhưng có chung kết quả thì khó lòng sai lắm!

Cho số tự nhiên $n> 3$. Chứng minh rằng nếu $2^{n}=10a+b$ (a, b$\in \mathbb{N}$, 0<b<10) thì tích ab chia hết cho 6.

Vì $2^{n}$ có tận cùng là 2;4;6;8 nên b có thể là 2;4;6;8.

Với $b=2$ => $2^{n}$ có dạng $2^{4x+1}$

Nên $2^{4x+1}=10a+2$

=>$2^{4x+1}-2=10a$

=>$2(2^{4x}-1)=10a$

=>$5a=2^{4x}-1$

=>$5a=16^{x}-1$

=>$5a=15A$

=>a chia hết cho 3

=>ab chia hết cho 6.

Tương tự,với $b=4;6;8$=>đpcm

Nếu đến nhóm n mà lấy 1 phần 9 thì còn 8 phần 9 nữa.thế số vở sao chia hết được.

Cho x,y,z>0 thỏa $x+y+z=xy+yz+zx$. Chứng minh $\frac{(x+y+z)^4}{x^2+y^2+z^2}\geq 27$

x+y+z=xy+xy+zx

Nên (x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx=x^2+y^2+z^2+2x+2y+2z

=>x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2x-2y-2z

Đặt x+y+z=a,ta có:

x^2+y^2+z^2=a^2--2a;(x+y+z)^3=a^3;

Thay vào BDT ban đầu,ta có:

a^3-27a+54 >=0(a<>0;a<>2)

=>(a-3)(a^2+3a-18)>=0

Xét a>=3,ta có

a-3 >=0;a^2+3a-18>=0;(1)

Xét a<3;a<>2.ta có:

a-3<0;a^2+3a-18<0;(2)

Từ (1),(2) => dpcm

Dấu = xảy ra tại a=3<=>x+y+z=3