Cho $a,b,c$ là các số thực dương
CMR: $\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}} \geq \sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)}$

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+2b+2c=1$ và $ab+bc+ca>0$
Chứng minh rằng: $\frac{a}{\sqrt{a+2b}}+\frac{b}{\sqrt{b+2c}}+\frac{c}{\sqrt{c+2a}} \leq \frac{9}{8}$

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn đồng thời $a+b+c=1$ và $ab+bc+ca>0$
Chứng minh rằng: $(ab+\frac{c}{a+b})(bc+\frac{a}{b+c})(ca+\frac{b}{c+a}) \leq \frac{1}{4}$

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn đồng thời $a+b+c=1$ và $ab+bc+ca>0$
Chứng minh rằng: $(ab+\frac{c}{a+b})(bc+\frac{a}{b+c})(ca+\frac{b}{c+a})\leq \frac{1}{4}$

Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn ab+bc+ca#0
Chứng minh rằng:$\frac{1}{a^3+abc+b^3}+\frac{1}{b^3+abc+c^3}+\frac{1}{c^3+abc+a^3} \geq \frac{81}{5(a+b+c)^3}$

Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn $ab+bc+ca#0$
Chứng minh rằng:$\frac{1}{a^3+abc+b^3}+\frac{1}{b^3+abc+c^3}+\frac{1}{c^3+abc+a^3} \geq \frac{81}{5(a+b+c)^3}$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương
Chứng minh rằng: $\frac{(b+c)^2}{a(b+c+2a)}+\frac{(a+c)^2}{b(a+c+2b)}+\frac{(a+b)^2}{c(a+b+2c)} \geq 2(\frac{a}{c+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b})$

giải hệ pt

$\begin{cases}xy-x+y=3\\4x^3+12x^2+9x=-y^3+6y+5\end{cases}$  

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có

$\frac{1}{2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\geq \frac{\begin{pmatrix} \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \end{pmatrix}^2}{2}\Leftrightarrow 1\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}\Leftrightarrow x+y\geq 4$

Đặt $x+y=t (t\geq 4)$

$P=\frac{x^2+y^2+1+x+y-1}{(x+1)(y+1)}+\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có

$\frac{x^2+y^2+1}{6(x+1)(y+1)}+\frac{1}{2\sqrt{x^2+y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{24(x+1)(y+1)}}$

$=\frac{3}{\sqrt[3]{24\begin{pmatrix} \frac{t^2}{4}+t+1 \end{pmatrix}}}=\frac{3}{\sqrt[3]{6(t+2)^2}}$

$\frac{5(x^2+y^2+1)}{(x+1)(y+1)}=\frac{5[(x+y)^2-2xy+1]}{xy+x+y+1}\geq \frac{5\begin{pmatrix} t^2-\frac{t^2}{2}+1 \end{pmatrix}}{6\begin{pmatrix} \frac{t^2}{4}+t+1 \end{pmatrix}}=\frac{5(t^2+2)}{3(t+2)^2}$

$\frac{x+y-1}{(x+1)(y+1)}\geq \frac{t-1}{\frac{t^2}{4}+t+1}=\frac{4(t-1)}{t^2+4t+4}$

Cộng theo vế $3$ BĐT trên ta được

$P\geq \frac{3}{\sqrt[3]{6(t+2)^2}}+\frac{5t^2+12t-2}{3(t+2)^2}$

Dự đoán dấu "=" xảy ra khi $t=4$ ta sẽ C/m $P\geq \frac{5}{3}$

$\Leftrightarrow 30t^2+72t-12+9(t+2)\sqrt[3]{36(t+2)}\geq 30(t+2)^2$

Đặt $\sqrt[3]{36(t+2)}=u(u\geq 6)$

BĐT $\Leftrightarrow 54u^4-288u^3-7776\geq 0\Leftrightarrow (u-6)(54u^3+36u^2+216u+1296)\geq 0$

(đúng do $u \geq 6$)

Vậy $P$ min $=\frac{5}{3}$. Dấu "=" xảy ra khi $u=6\Leftrightarrow t=4\Leftrightarrow x=y=2$

cộng  theo vế 3 BĐT thì làm sao ra P được nhỉ?

Cách 2:

$(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})^2\leq 2(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2})=1\Rightarrow xy\geq x+y\Rightarrow x^2+y^2+1\leq (x+y-1)^2\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}\geq\frac{1}{x+y-1}$

$\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}=\frac{x^2}{xy+x}+\frac{y^2}{xy+y}\geq\frac{(x+y)^2}{2xy+x+y}\geq\frac{(x+y)^2}{\frac{(x+y)^2}{2}+x+y}$

Đến đây cộng theo vế;đặt $t=x+y\geq4$ và chứng minh $P\geq \frac{5}{3}$

$x;y$ là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{1}{2}$.tìm giá trị nhỏ nhất 

$P=\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}+\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}$

3 đội đôi 1 chưa đá với nhau nghĩa là tồn tại 1 đội chưa đá với 2 đội khác .mỗi đội đá tối đa 19 trận nên $k \leq 17$

chứng minh $k=17$ thỏa mãn

đưa các đội vào bảng.

ô $(A_j;A_i)=(A_i;A_j)$ và bằng 0 nếu 2 đội chưa đấu; bằng 1 nếu 2 đội đấu rồi. Bảng đối xứng nhau qua đường chéo chính.

mỗi hàng mỗi cột có 17 số 1 và 2 số 0. bây giờ chỉ cần xếp vào bảng thỏa mãn mấy điều này (tính đối xưng và số lượng chữ số 0;1) là ok thôi.

hình tớ vẽ là giả sử 3 đội cần tìm là $A_1;A_2;A_{20}$ chứ bạn có thể điền thế nào cũng được miễn thỏa mãn là xong.

 

.

1)Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác trong BD= a, DC=BD=3DA. Tính các cạnh AB, AC, BC.theo a

2) Cho tam giác ABC vuông tại A, hai đường trung tuyến AM= 2a và BN= 3b. Tính các cạnh AB, AC, BC.theo a

1) Bạn xem lại xem DC=BD=2DA chứ

2) a,b là gì vậy bạn

Cho các số thực a,b,c thỏa mãn :

$a^{2}+ b^{2}+c^{2}+\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c ^{2}}= 6$

CMR: $a^{2015}+ b^{2015}+ c^{2015}= 3$

$a,b,c$ là các số thực dương phải không bạn

cho số tự nhiên $n>1$.gọi S là tập gồm $n$ phần tử và $A_i,i=\overline{1;m}$ là $m$ tập con đôi một khác nhau của $S$ thỏa mãn:

i)$|A_i| \geq 2$

ii) $\forall i;j;k :$nếu $A_i \cap A_j \neq \varnothing;A_j \cap A_k \neq \varnothing; A_k \cap A_i \neq \varnothing$ thì $A_i \cap A_j \cap A_k \neq \varnothing$

chứng minh: $m \leq 2^{n-1}-1$

ai giúp mình giải bài hình lớp 8 này với? 

Cho tam giác ABC, góc A khác 60 độ, ở phía ngoài tam giác ABC vẽ các tam giác đều ABD và ACE, trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ tam giác đều BCK. Cm ADKE là hình bình hành.

 

$\widehat{BCK} = \widehat{ACE} = 60^{\circ}$

Suy ra: $\widehat{BCK} - \widehat{ACK} = \widehat{ACE} - \widehat{ACK}$

                        $\widehat{ACB}               =              \widehat{ECK}$

Dễ dàng chứng minh $\Delta ABC = \Delta EKC (c.g.c)$

Suy ra: $AB = EK$ mà $AB = AD$ suy ra $EK = AD$ (1)

$\widehat{ABD} = \widehat{CBK} = 60^{\circ}$

Suy ra:$\widehat{ABD} +\widehat{ABK} = \widehat{CBK} + \widehat{ABK}$

                        $\widehat{DBK}              =               \widehat{ABC}$

Dễ dàng chứng minh $\Delta DBK = \Delta ABC (c.g.c)$

Suy ra: $DK =AC$ mà $AC = AE$ suy ra $DK = AE$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ADKE là hình bình hành

Ta giả sử điều ngược lại $c$ là cạnh lớn nhất. 

Khi đó $c\ge a$ và $c \ge b$

Tức là $a^2+b^2 > 5c^2=3c^2+2c^2 \ge 3c^2+a^2+b^2$

<=> $3c^2<0$ ( vô lý) nên điều giả sử là sai ta có đpcm

thế nếu $a>c>b$ thì sao ạ?

đây là lời giải của em:nếu $c$ không nhỏ nhất

 a;b vai trò như nhau giả sử $a=min${$a;b;c$} và $c>a$ từ $a^{2}+b^{2}>5c^{2}\Rightarrow b^{2}>4c^{2}\Rightarrow b>2c>a+c$(vô lí)

1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

    $x^{2} - y^{3} = 7$

    Gợi ý : Nếu $a^{2} + b^{2}\vdots p$ mà p là số nguyên tố có dạng $4k +3$ thì $a\vdots p ; b\vdots p$

Tinh canh cua tam giac ABC biet $\angle A=105^{\circ},\angle B=45^{\circ}.$ P$\triangle ABC$ ₌$\sqrt{27}+\sqrt{18}+9$ (cm)

Kẻ $AM\perp BC$

Áp dụng định lý Py-ta-go với 2 tam giác vuông đặc biệt AMB và AMC

Ta dễ dàng so sánh AB với AC ; BC với AC

$AB = \sqrt{\frac{1}{2}} AC$

$BC = \frac{\sqrt{3} + 1}{2} AC$

Từ đó tính được AB;AC;BC?

Bài hình hay lớp 7: 1. $\Delta ABC$ vuông tại A có $\angle ABC $ = 50. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A lấy điểm D sao cho $\angle DBC$ = $\angle DCB$ = 30. Tia BD cắt tia AC tại N ; tia CD cắt tia AB tại M. Tính $\angle AMN$ ?

Đề bài : Tam giác ABC Vuông cân tại A, E là một điểm nằm trong tam giác sao cho góc EAC = góc ECA = 15. Tính góc AEB.

    

N là một điểm nằm trong tam giác AEB sao cho góc NAB = góc NBA =15

Dễ dàng chứng minh $\Delta ANB$ = $\Delta AEC$ (g.c.g) suy ra AN=AE

$\angle NAE$ = $\angle BAC$ - $\angle NAB$ - $\angle EAC$ = 90-15-15=60

Suy ra $\Delta ANE$ đều suy ra $\Delta BNE$ cân tại N

$\angle ANB$ = 180 - $\angle NAB$ - $\angle NBA$ = 180-15-15=150

$\angle ENB$ = 360 - $\angle ANB$ - $\angle ANE$ = 360-150-60=150

Tam giác BNE cân tại N có góc ENB = 150 suy ra góc NEB = (180-150)/2 = 15

$\angle AEB$ = $\angle NEA$ + $\angle NEB$ = 60+15=75 

cho ${u_n}$ xác định bởi:$u_1=20;u_2=30;u_{n+2}=3u_{n+1}-u_{n} \forall n \in \mathbb N;n \geq 1$.tìm $n$ sao cho $1+5u_{n}u_{n+1}$ là số chính phương

xét dãy đa thức $P_1(x)=4x^{3}-3x;P_n(x)=P_1(P_{n-1}(x)) \forall n \geq 2$.

chứng minh $P_n(x)=x$ có đúng $3^{n}$ nghiệm thực phân biệt $\forall n \in \mathbb N *$

bài lớp 7: Cho tam giác ABC, biết các đường cao hạ từ A và B xuống các cạnh đối diện không nhỏ hơn các cạnh đối diện đó. Tính các góc của tam giác ABC

AD;BE là đường cao hạ từ A;B xuống cạnh đối diện.

BC $\leq$ AD $\leq$ AC; AC $\leq$  BE $\leq$ BC suy ra tam giác vuông cân

đặt $ M=d^{2p−2}+...+c^{2p−2}$

do $c;d$ lẻ nên $M \equiv p(mod 4)$

nếu $q|d^{2}-c^{2}$ thì $d^{2} \equiv c^{2} (mod4)$ nên $M\equiv pd^{2}(mod 4)$

nếu d không chia hết cho q thì$q|p$

bạn giải thích giúp mình mấy chỗ này với

bạn phát biểu định lí đi .để mn cùng tìm cách c/m