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

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

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

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

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 $a=b=c=d=x$

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.

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

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

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

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

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

......

......

=>$n=2$

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)

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 $a=b=c$ =>$Sum = \frac{1}{4}$

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 $a=b=c=\frac{1}{3}$

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

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

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 $đpcm$

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)

=>$(đpcm)$

bạn giải thích rõ hơn được không 

Để không tồn tại tam giác thì $a+b\leq c$

$x_{1}+x_{2}\leq x_{3}$

Tương tự thì sum của 2 số bé luôn $\leq$ số lớn

Tìm $n$ tự nhiên sao cho số $2^{n}-1\vdots 7$

Với $n=3k$ $\left ( k\epsilon \mathbb{N} \right )$

Ta có $2^{n}-1= 2^{3k}-1^{k}=\left ( 2^{3} -1\right )M=7M \vdots 7$

suy ra $2^{3k}\equiv 1(mod7)$

$2^{3k+1} \equiv 2(mod7)$

và $2^{3k+2}\equiv 4 (mod7)$

Suy ra $n=3k$

có ví dụ thực tế của hình 4 

Khi ngủ nhé! Bạn nhìn qua màn tập trung nhìn vào những vật bên ngoài thì thấy màn gần như biến mất

Max nè :

$A=\frac{5x^{2}-7x+1}{\left | 3x-2 \right |+\left | x^{2}+1 \right |}$

    $=\frac{5x^{2}-7x+1}{\left | 3x-2 \right |+ x^{2}+1 }$

    $\leq \frac{5x^{2}-7x+1}{x^{2}+1}$

    $\leq 1 + \frac{4x^{2} - 7x}{x^{2} + 1}$ (1)

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow$ $\left |3x - 2 \right |$= 0

                        $\Leftrightarrow$ $3x - 2$ = 0

                        $\Leftrightarrow$ $x = \frac{2}{3}$

Thay $x = \frac{2}{3}$ vào (1) , ta có : A max = -1.

P/s : sr bạn, mình hơi loạn tí

Không chặt chẽ rồi bạn ơi

Với$x\geq \frac{2}{3}$,ta có:

$A= \frac{5x^{2}-7x+1}{x^{2}-3x-1}=5+\frac{6-22x}{x^2-2.\frac{2}{3}x+\frac{4}{9}+\frac{13}{3}x-\frac{13}{9}}= 5+\frac{6-22x}{\left ( x-\frac{2}{3} \right )^{2}+\frac{13}{3}x-\frac{13}{9}}\leq 5+\frac{6-22.\frac{2}{3}}{\frac{13}{3}.\frac{2}{3}-\frac{13}{9}}=-1$

Dấu "="xảy ra tại $x=\frac{2}{3}$

Tương tự, với $x<\frac{2}{3}$, ta có $A<-1$

Vậy $maxA=-1$ tại $x=\frac{2}{3}$

Còn $min$ thì không có đâu!!!

Bàn cờ HCN m.n ( m,n > 4) được Tô màu trắng đen xen kẽ. Ta thực hiện các bước sau : lấy 1 Thanh 1.k ( k lẻ) sau đó sẽ đổi màu các ô trong Thanh đó bằng màu mà có số ô nhỏ hơn màu kia . Chứng Minh rằng bằng hữu hạn các bước như trên ta có thể thay đổi toàn bộ các ô bàn cờ thành 1 màu

 

Dinh Xuan Hung:Chú ý cách đặt tiêu đề!

Thay đổi từng ô vuông một

Ta chọn màu đen là màu cuối cùng

B1:Chọn các thanh sao cho có màu đen nhiều hơn trắng(k lẻ,đen trắng xen kẽ nên luôn luôn chọn được),thay màu

B2:Làm liên tục B1 theo cả chiều dọc và chiều ngang

Cứ thế màu đen tăng dần và sẽ thay thế màu trắng(đpcm)

Cách khác:

$VT=\prod (1+\frac{1}{3a}+\frac{1}{3a}+\frac{1}{3a})\geq 4^{3}.\sqrt[4]{\frac{1}{(27abc)^{3}}}\geq 64$

Tìm $minA=\sum \frac{a^{2}+2b+1}{c^2+1}$ với$a+b+c=3$ và $a,b,c>0$

Cho $x,y,z\geq 1$.Giải hpt:

$\left\{\begin{matrix} x^{2}+3y^{2}+5z^{2}=18 & \\ 2(x+y+z)^{2}+\prod(x+y)=\sum6xy+8xyz & \end{matrix}\right.$

BÀI 3: CMR: với mọi số nguyên n $\geq 2$ thì $\sqrt[n]{2}$ là số vô tỉ

giả sử $\sqrt[n]{2}$ là số hữu tỉ 

ta có $\sqrt[n]{2}=\frac{m}{p}$$(m,n\epsilon \mathbb{N},(m,p)=1)$

=>$2p^{n}=m^{n}$

=>$m^{n}\vdots p^{n}$

mà $(m,p)=1$

=>vô lí nên $\sqrt[n]{2}$ là số vô tỉ(đpcm)

Đáp án

Ta có $2(x+y+z)^{2}+\prod (x+y)=\sum 6xy +8xyz$

<=>$2(x+y+z)^{2}+\sum x^{2}y+ \sum xy^{2}+2xyz=\sum 6xy +8xyz$

<=>$2(x+y+z)^{2}+\sum9x +9+\sum3xy+(xy+yz+zx)(x+y+z)=\sum9x +\sum9xy +9+9xyz$

<=>$[2(x+y+z)+3](x+y+z)+(xy+yz+zx)(x+y+z+3)=9\prod (x+1)$

<=>$[\sum(1+x)(1+y)](x+y+z+3)=9\prod (x+1)$

<=>$\frac{\sum(1+x)(1+y)}{\prod (1+x)}=\frac{9}{x+y+z+3}$

<=>$\sum \frac{1}{1+x}=\frac{9}{x+y+z+3}\leq \frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}$

Lại có $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\geq \frac{2}{1+\sqrt{ab}}$  (*)

Tương tự chứng ming$\sum \frac{1}{1+x}\geq \frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}$  (2*)

Từ (*) và (2*) =>$\sum \frac{1}{1+x}=\frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}$

Dấu $"="$ xảy ra tại $x=y=z$

mà $x^{2}+3y^{2}+5z^{2}=18$

=>$x=y=z=1,5$

Lời giải sai, để chứng minh $\sum \frac{1}{1+x}\geq \frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}$ cần có thêm điều kiện $xyz \geq 1$ 

$\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}\geq \frac{2}{1+\sqrt{xy}}$

<=>$(2+x+y)(1+\sqrt{xy})\geq 2(1+x)(1+y)$

<=>$x\sqrt{xy}+y\sqrt{xy}-2xy\geq 0$

<=>$\sqrt{xy}(\sqrt{x}-\sqrt{y})^{2}\geq 0$(lđ)