Ta có bổ đề$n^n\geq(n+1)^{n-1}$ với $n\geq1$ tại đây

$<=>n!^n>(n+1)!^{n-1}<=>1\leq \frac{n!.n}{n\sqrt[n]{(n+1)!}^{n-1}}$

Mà $\sqrt[n]{(n+1)!}>\sqrt[n]{n!}=>n\sqrt[n]{(n+1)!}^{n-1}>\sqrt[n]{(n+1)!}^{n-1}+\sqrt[n]{(n+1)!}^{n-2}.\sqrt[n]{n!}+...+\sqrt[n]{n!}^{n-1}$

$=>\frac{n!.n}{n\sqrt[n]{(n+1)!}^{n-1}}\leq\frac{(n+1)!-n!}{\sqrt[n]{(n+1)!}^{n-1}+\sqrt[n]{(n+1)!}^{n-2}.\sqrt[n]{n!}+...+\sqrt[n]{n!}^{n-1}}$

$=\sqrt[n]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}=>\sqrt[n]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}\geq1$

Ta có : 

$b^2(a^2+c^2-b^2)+a^2(b^2+c^2-a^2)+c^2(a^2+b^2-c^2)=2b^2c^2+(a^2-b^2)(b^2+c^2-a^2)+c^2(a^2+b^2-c^2)=4b^2c^2-(b^2+c^2-a^2)^2$

Mà $(b-c)^2<a^2<=>2bc>b^2+c^2-a^2$ nên ta có điều phải chứng minh 

Ta chứng minh bằng quy nạp

Giả sử giả thiết đúng vơi $n=k-1$ ta chứng minh nó cũng đúng với $n=k$

Ta sẽ chứng minh : $\frac{2k-1}{2k}.\frac{1}{\sqrt{2(k-1)+1}}<\frac{1}{\sqrt{2k+1}}<=>\frac{\sqrt{2k-1}}{2k}<\frac{1}{\sqrt{2k+1}}<=>2k>\sqrt{(2k-1)(2k+1)}$ (Luôn đúng)

$=>\frac{1}{\sqrt{2k+1}}>\frac{1}{2}.\frac{3}{4}....\frac{2k-1}{2k}$ (Đ.p.c.m)

Bài này chứng minh bằng quy nạp

Giả sử x dương

Giả sử giả thiết đúng với $n=k$, ta chứng minh nó đúng với $n=k+1$

Để chứng minh giả thiết quy nạp ta chứng minh : $(1-x)^{k+1}+(1+x){k+1}<2[(1-x)^k+(1+x)^k]<=>(1-x)^k(-1-x)+(1+x)^k(x-1)<0$ (Điều này luôn đúng với x<1)

$=>(1-x)^{k+1}+(1+x){k+1}<2.2^k=2^{k+1}$ (Đ.p.c.m)

Câu 5 có vẻ dễ nhỉ. 

Các đường thẳng đều đi qua 1 trong 4 điểm cố định, mỗi điểm nằm trên đường trung trực của mỗi cạnh hình vuông và cách mỗi cạnh một khoảng $\frac{a}{3}$

Sau đó sử dụng Dirichlet ta có được điều phải chứng minh

P/s Có ai làm giống cách mình ko nhỉ ?   

b) Điều phải chứng minh tương đương với $n^n>(n+1)^{n-1}$

Đặt $f(n)=n^n-(n+1)^{n-1};p(n)=n^n;q(n)=(n+1)^{n-1}$

$=>p'=n^n(ln(n)+1);q'=(n+1)^{n-1}.(\frac{n-1}{n+1}+ln(n+1))$

Ta sẽ chứng minh $\frac{n-1}{n+1}+ln(n+1)<ln(n) +1$

Với $n=1$ thì bất đẳng thức trên đúng

Với $n>1$ thì xét đạo hàm (khá dễ nên mình không chứng minh nữa)

$=>f'>(ln(n)+1).f$

Vậy hàm này luôn đồng biến nếu có giá trị nhỏ nhất của n khiến cho hàm có giá trị không âm. (Thử với n=1)

Ta có điều phải chứng minh

P/s Cách này có lẽ không hay lắm

Có cách tư duy gì để tách được như thế không bạn hay là do thông minh.

Nhìn nó na ná giống nhau thì làm ra thế thôi bạn, chả cần cao siêu quá đâu

Bài này bạn cần chứng minh điểm cố định là điểm E
Dễ dàng chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle IBC$
Bây giờ để chứng minh tiếp tuyến tại P đi qua E thì chỉ cần chứng minh $PE^2=EF.EO<=>EB^2=EF.EO$
Ta có : $\widehat{BFE}=\widehat{BEF}=\widehat{EBO}=>\triangle EFB$ đồng dạng $\triangle EOB$
Vậy ta có điều phải chứng minh

P/s: Cái plugin nhà mình bị hỏng nên không vẽ hình được nên thông cảm nhé

ở đâu vậy bạn   

Đây bạn nhé. Mình là người làm nên bít mà

Chứng minh rằng nếu a,b,c là 3 số nguyên khác 0 và thỏa mãn $\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}=3$ thì tích abc là lập phương của 1 số nguyên

Bài này đăng một lần rồi anh ạ

Em nhớ là giá trị nhỏ nhất hay sao ý, hình như bằng $8$ thì phải.

Nếu là giá trị lớn nhất thì có vẻ khó chứ giá trị nhỏ nhất thì dễ lắm

Gọi $A$ là tập hợp các số tự nhiên thỏa mãn đồng thời các tính chất sau : 

1. Phần tử nhỏ nhất của A là 1 , phần tử lớn nhất của $A$ là 100

2. Mọi phần tử khác 1 của A đều bằng tổng 2 phần tử thuộc A (có thể bằng nhau)

Gọi $S(n)$ là số phần tử của A . Tìm GTNN của $S(n)$

Giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất hở anh ?

Sorry bạn mình không vẽ hình được đành nói chay vậy

Kẻ tiếp tuyến $AM'$

Ta có : $DM\cap AO ={E}=>\widehat{DEO}=90^{\circ}=>$ Tứ giác $BCEO$ nội tiếp

$=>AC.AB=AE.AO=AM'^2=>\triangle AM'E$ đồng dạng $\triangle AOM'=>\widehat{AEM'}=\widehat{AM'O}=90^{\circ}=\widehat{AEM}=>M\equiv M'$

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài này chứng minh $\triangle DAC$ đồng dạng vơi $\triangle DEF$ rồi suy ra $AC\geq EF$ do $AD\geq DE$ là xong

Đẳng thức xảy ra khi A trùng E tức là BD là đường kính

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) , AB<AC, Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại E ; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thằng (d) qua điểm E song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q . Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N (khác điểm A).

 

a) Chứng minh rằng : $EB^{2}=ED.EA$ và $\frac{BA}{BD}=\frac{CA}{CD}$

 

b) Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP , ECQ cùng đi qua một điểm

 

c) Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP

 

d) Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân .

 

 

 

Mình là được câu a và câu d rồi các bạn giúp mình câu b và câu c nhé....cảm ơn..

b) Câu này không khó quá đâu bạn ạ. Mình chỉ làm vắn tắt thôi

Do $PQ \perp AO$ nên sẽ dễ dàng suy ra $\triangle CEQ, \triangle BEP$ cân.

Lấy I là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle BCE$ thì giao điểm của 3 đường tròn là điểm này (Bạn chứng minh tứ giác nội tiếp là xong)

c) Từ câu b) suy ra $EC=EQ;EB=EP$, mà $EB=EC$ nên ta có điều phải chứng minh

P/s Nếu bạn thấy quá vắn tắt thì mình sẽ đăng lời giải đầy đủ lên sau

Bài này không khó quá, chắc anh làm được rồi. Em dùng định lí Ơle  để giải, nhưng đề có lẽ chuyển thành tồn tại vô số số nguyên $m$ thì đúng hơn 

Cho 4 số thực a,b,x,y thỏa mãn:$a^2+b^2=x^2+y^2=1$. CMR: $-\sqrt{2}\leq a(x-y)+ b(x+y)\leq \sqrt{2}$

Đặt $x+y=m;x-y=n=>m^2+n^2=2$. Điều phải chứng minh tương đương với : 

$[an+ bm]^2\leq2<=>a^2n^2+b^2m^2+2abmn\leq2<=>(1-b^2)n^2+(1-a^2)m^2+2abmn\leq2$

$<=>(n^2+m^2)-(bn-am)^2\leq2<=>2-(bn-am)^2\leq2$ (luôn đúng)

Bạn tự suy ra dấu =

Logic không chặt chẽ 

Mình khá bận nên làm hơi ẩu, xin thứ lỗi

Bài toán:

Cho $x,y>0$ và $x+\sqrt[3]{y}$ , $y+\sqrt[3]{x}$ , $\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}$ là các số nguyên.

Chứng minh rằng hai số $x,y$ cũng là số nguyên.

Ta có : $(x+\sqrt[3]{y})+(y+\sqrt[3]{x})-\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}\in Z<=>x+y\in Z$

$(\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y})^3\in Z<=>x+y+3\sqrt[3]{x}\sqrt[3]{y}(\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y})\in Z=>\sqrt[3]{x}\sqrt[3]{y}\in Q$

$(\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y})^2\in Z<=>\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}\in Z$

$(x+\sqrt[3]{y})-(y+\sqrt[3]{x})=(x-y)-(\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{y})=(\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{y})(\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}+\sqrt[3]{x}\sqrt[3]{y}-1)\in Z$

$=>\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{y}\in Q=>\sqrt[3]{x}\in Q; \sqrt[3]{y}\in Q$

Từ đây bạn có thể dễ dàng suy ra $x,y$ là số nguyên 

Mình có lời giải này nhưng để tìm được dấu $"="$ thì lại phải dùng đạo hàm. Dấu $"="$ là $x=\sqrt{3}$

$\frac{A}{14}=P=\frac{x^3}{x^2-1}$

Ta sẽ chứng minh $P\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}<=>2x^3\geq 3\sqrt{3}x^2-3\sqrt{3}<=>(x-\sqrt{3})^2(2x+\sqrt{3})\geq0$ (Điều này luôn đúng)

Vậy $Min(P)=\frac{3\sqrt{3}}{2}<=>x=\sqrt{3}$

Ai có lời giải tự nhiên hơn thì đăng lên nhé 

Phương trình đầu tiên tương đương với : $(x-2y)(x+y+1)=0<=>x=2y$ hoặc $x+y=-1$

Bây giờ thay vào phương trình thứ hai là xong thôi mà bạn

$(4^x+1)^2-(3^x+1)(5^x+1)\geq0$ chỗ này dễ dàng thế nào hả bạn???

Phải công nhận xem lại nó cũng không dễ cho lắm  .Lời giải của mình hơi kì cục tí.

Đặt $f(x)=(4^x+1)^2-(3^x+1)(5^x+1)$

$=>f'(x)=ln(16).16^x+2ln(4).4^x-ln(15).15^x-ln(3).3^x-ln(5).5^x=ln(16).(16^x+4^x)-ln(15).15^x-ln(3).3^x-ln(5).5^x$

Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức sau : $ln(3).3^x+ln(5).5^x\leq ln(5).3^x+ln(3).5^x$ (Lần này là dễ thật nhé, chỉ cần chuyển vế sang thôi)

$=>2[ln(3).3^x+ln(5).5^x]\leq[ln(3)+ln(5)](3^x+5^x)=ln(15).(3^x+5^x)$

$=>f'(x)\geq ln(16)(16^x+4^x)-ln(15)(15^x+\frac{3^x+5^x}{2})\geq ln(16)[16^x+4^x-(15^x+\frac{3^x+5^x}{2})]$

Do $3^x+5^x\geq 2.4^x=>3^x+5^x-2.4^x\geq\frac{3^x+5^x}{2}-4^x=>f'(x)\geq ln(16).f(x)$

Với $x=0=>f(x)=0$ nên hàm này đồng biến, ta có điều phải chứng minh rồi nhé

Từ giả thiết suy ra $x\leq\sqrt{8};y\leq4$

Ta xét hai trường hợp : $x\leq2y, x>2y$

TH1 : $x\leq2y$. Ta sẽ chứng minh $P\leq2$, thật vậy ta có : 

$x^2+2x+y^2+y\leq2(xy+2y+x+2)<=>(x-2y)x\leq(4-y)(y+1)$ (Luôn đúng)

TH2 : $x>2y=>x>\sqrt{2}y$. Ta sẽ chứng minh $p\leq\sqrt{8}$, thật vậy ta có

$x^2+2x+y^2+y\leq\sqrt{8}(xy+2y+x+2)<=>(x-\sqrt{2}y)^2-y^2\leq2x(\sqrt{2}-1)+y(4\sqrt{2}-1)+2\sqrt{8}$

Do $y>0, x>\sqrt{2}y=>(x-\sqrt{2}y)^2\leq x^2$. Vậy ta chỉ cần chứng minh 

$x^2\leq2x(\sqrt{2}-1)+2\sqrt{8}<=>(x-\sqrt{8})(x+2)\leq0$ (Luôn đúng)

Từ hai trường hợp suy ra $Max P=\sqrt{8}<=>x=\sqrt{8},y=0$

Giúp mình bài này: CM: x,y,z>0 và $x\leq y\leq z$

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

Bài này khá dễ mà bạn. BĐT cần chứng minh tương đương với

$\frac{y}{xz}(x+z)+\frac{1}{y}(x+z)\leq(\frac{1}{x}+\frac{1}{z})(x+z)<=>\frac{y}{xz}+\frac{1}{y}\leq\frac{1}{x}+\frac{1}{z}<=>y^2+xz\leq xy+yz$

$<=>y(y-x)-z(y-x)\leq0<=>(y-z)(y-x)\leq0$  (Bất đẳng thức luôn đúng với $x\leq y\leq z$)

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c=>a\geq1, c\leq1$

Ta có : $P=A-39=\sum (8a+\frac{5}{a}-13)=\sum (a-1)(8-\frac{5}{a})=\sum (a^2-1)\frac{8a-5}{a(a+1)}$

 Ta xét hai trường hợp $b\geq1, b\leq1$

TH1: $b\geq1$.Thay $c^2-1=(1-a^2)+(1-b^2)$.

$P=(a^2-1)(\frac{8a-5}{a(a+1)}-\frac{8c-5}{c(c+1)})+(b^2-1)(\frac{8b-5}{b(b+1)}-\frac{8c-5}{c(c+1)})$

Với $c\leq\frac{5}{8}$ thì $P\geq0$

Với $1\geq c\geq \frac{5}{8}=>\frac{8a-5}{a(a+1)}>\frac{8c-5}{c(c+1)};\frac{8b-5}{b(b+1)}>\frac{8c-5}{c(c+1)}$ (Bất đẳng thức này có thể giải bằng cách quy đồng)

$=>P\geq0$

TH2: $b\leq1$. Thay $a^2-1=(1-b^2)+(1-c^2)$. Từ đây ta giải tương tự như trên sẽ suy ra được $P\geq39$

Dấu $=$ :$a=b=c=1$