2,617993778

hay

Giờ buồn ngủ quá.Để sáng đi làm.

hay

hay

có 4.3.2=24 số chia hết cho 2

Thanks

a,b,c phải không âm đúng không

Cách của bạn sai rồi.

Câu 1a)

Ta có: $(a+1)(b+1)\geq 64$

$\Leftrightarrow ab+a+b+1\geq 64$

$\Leftrightarrow ab+a+b\geq 63$(1)

Mặt khác,

$(a+b)^{2}\geq 4ab(dễ dàng chứng minh)$

$\Rightarrow \frac{1}{4}(a+b)^{2}\geq ab$(2)

$(1)\wedge(2)\Rightarrow \frac{1}{4}(a+b)^{2}+a+b\geq ab+a+b\geq 63$

$\Rightarrow \frac{1}{4}(a+b)^{2}+a+b-63\geq 0$

Đặt a+b=x(x>0),bpt trở thành

$\frac{1}{4}x^{2}+x-63\geq 0$

Giải bpt trên , ta được:

$\left\{\begin{matrix}X\leq -18(L) & \\X\geq 14(N) & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow Min(a+b)=14.Dấu bằng xảy ra \Leftrightarrow$

$\left\{\begin{matrix}(a+1)(b+1)=64 & \\a=b & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow a=b=7$

Vậy Min(a+b)=14 <=>a=b=7

Câu 2 ý2 

Ta có:

$a^{2}+b^{2}=c^{2}$

$\Rightarrow (a+b)^{2}-c^{2}= 2ab$

$\Rightarrow \frac{(a+b-c)}{2}\times (a+b+c)=ab$

Nhận thấy a+b-c luôn là số chẵn (dễ dàng chứng minh điều đó)

$\Rightarrow (a+b-c)\vdots 2$

$\Rightarrow ab\vdots (a+b+c)(Q.E.D)$

Câu hình nhé

a) Vẽ Tiếp tuyến AX

Ta có:$AE.AC=AH^{2}(HTL)$

$AD.AB=AH^{2 }(HTL)$

$\Rightarrow AE.AC=AD.AB$

$\Rightarrow \frac{AE}{AB}=\frac{AD}{AC}$ và góc ABC chung

$\Rightarrow \Delta AED\sim \Delta ABC(g-g)$

$\Rightarrow$ góc AED= góc ABC

Mặt khác, góc ABC= góc CAX=nửa số đo cung AC

$\Rightarrow$góc AED = góc CAX, hai góc ở vị trí so le trong

$\Rightarrow AX song song với DE

MÀ AX vuông góc với OA(T/c tt)

$\Rightarrow$ OA vuông góc với DE (Q.E.D)

sáng làm tiếp

khai triển hằng đẳng thức trong căn lớn là ra nó có phần tử là căn nhỏ

đề có sai không

Cách giải của mình:

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $3(a^{4}+b^{4}+c^{4})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$

$\Rightarrow 3\sum a^{4}+33\geq \left (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}+33$

Ta cần chứng minh:$(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}+33\geq 14\sum a^{2}$

$\Leftrightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}-14\sum a^{2}+33\geq 0$

Đặt $a^{2}+b^{2}+c^{2}=x,bpt trở thành:$

$x^{2}-14x+33\geq 0$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq 3 & \\ x\geq 11 & \end{matrix}\right.$

Mặt khác, nếu x<3 thì:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}< a+b+c(do a+b+c=3)$ (vô lý vì $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^{2}> a+b+c)$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x\geq 11(n) & \\x=3(n) & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow bđt được chứng minh.$

ĐTXR $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=b=c & & \\ a^{2}+b^{2}+c^{2}=3 & & ,a^{2}+b^{2}+c^{2}=11 \end{matrix}\right.a+b+c=3$

$\Leftrightarrow a=b=c=1$(Q.E.D)

P/S:Mình mới đăng kí nick nên không biết dùng dấu, thông cảm nhé!

đề có gì sai

e lên AC hay AB

Đề sai:e phải thuộc AC

Ta có:$HB.HC=\sqrt[3]{(BD.CE.BC)^{2}}$

<=> $(HB.HC)^{3}=(BD.CE.BC)^{2}$

Mà HB.HC=$AH^{2}$

<=>$AH^{6}=(BD.CE.BC)^{2}$

<=>$AH^{3}=BD.CE.BC$

Ta sẽ chứng minh:$AH^{3}=BD.CE.BC$

Thật vậy, theo hệ thức lượng, ta có:

$BD.AB=BH^{2}, CE.AC=CH^{2},AB.AC=BC.AH,BH.CH=AH^{2}$

=> BD.CE.BC=$\frac{BH^{2}}{AB}.\frac{CH^{2}}{AC}.BC= \frac{AH^{4}.BC}{AH.BC}=AH^{3}$

=> BD.CE.BC=$AH^{3}$

=>Q.E.D

Sao đề cho x,y,z xuống dưới ra a,b,c?

câu c là sử dụng phương tích

Bổ đề: S=p.r

Ta có:$\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{2a}{S}+\frac{2b}{S}+\frac{2c}{S}=\frac{a+b+c}{2S}=\frac{2p}{2S}=\frac{1}{r}$

=>Q.E.D

Gọi giao điểm của ba đường vuông góc kẻ từ A,B,C tới EF, DF, DE lần lượt là H,J,I

Vì D,E,F là các điểm trên đường trung trực BC,CA,AB

=> D,E,F là trung điểm BC,CA,AB

=>  EF, DF, DE là đường trung bình trong tam giác ABC

=> EF//AB,DF//AC,DE//AB

Mặt khác,

AH vuông góc EF, BJ vuông góc DF, CI vuông góc DE (gt)

=> AH vuông góc với BC. BJ vuông góc với AC, CI vuông góc với DE

=> AH,BJ, CI là 3 đường cao trong tam giác ABC nên chúng đồng quy

=>Q.E.D

Bổ đề: Cho a,b,c>0.Khi đó ta được: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$

CM:

Xét tích:$\prod (1-a)^{2}=\prod (1-a)(1-b)\geq 0$

Nhận thấy Trong ba số (1-a)(1-b),(1-b)(1-c),(1-c)(1-a) phải có 1 số không âm giả sử (1-a)(1-b)$\geq 0$

<=>ab-a-b+1$\geq 0$

<=> ab$\geq a+b-1$

<=>2abc$\geq 2ac+2bc-2c$

=>$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ac+2bc-2c+1

Ta cần chứng minh a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ac+2bc-2c+1\geq 2(ab+bc+ca)

<=> $(a-b)^{2}+(c-1)^{2}\geq 0 (luôn đúng)$

=> Bổ đề được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

Quay trở lại bài toán

Theo giả thiết, ta có:

$\sum \frac{1}{ab}\geq 3$

<=>$\sum a\geq 3abc$

Ta có: $a^{2}+b^{2}+c^{2}-4abc+1\geq 0$

<=>$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 6abc$

Từ bổ đề trên

=>$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$ nên chỉ cần chứng minh 2(ab+bc+ca)\geq 6abc

<=>ab+bc+ca\geq 3abc

<=>$(ab+bc+ca)^{2}\geq 9(abc)^{2}$(luôn đúng vì ta có $(ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc(a+b+c)\geq 3abc.3abc=9(abc)^{2})

.=>$a^{2}+b^{2}+c^{2}-4abc+1\geq 0$.Dấu bằng xảy ra<=>a=b=c=1

=> Q.E.D

Sẵn anh cho em hỏi cách viết kí hiệu hình học tại em mới đăng kí nick nên cũng không biết viết

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng engel,ta có:

$\sum \frac{(b+c-a)^{4}}{a(a+b-c)}\geq \frac{(\sum(b+c-a)^{2})^{2}}{\sum a^{2}}$

Đặt $b+c-a=x,c+a-b=y, a+b-c=z$

$\rightarrow \frac{(\sum(b+c-a)^{2})^{2}}{\sum a^{2}}$=$\frac{4(\sum x^{2})^{2}}{\sum (x+y)^{2}}\geq \frac{4(\sum x^{2})^{2}}{2\sum x^{2}+y^{2}}$(Cauchy-Schwarz)= $\sum x^{2}$

Tiếp tục Cauchy-Schwarz một lần nữa, ta được:

$\sum x^{2}\geq \frac{1}{3}(\sum x)^{2}=\frac{1}{3}(\sum a)^{2}\geq \sum ab$

=> $\frac{(b+c-a)^{4}}{a(a+b-c)}+\frac{(c+a-b)^{4}}{b(b+c-a)}+\frac{(a+b-c)^{4}}{c(c+a-b)}\geq ab+bc+ca$.Đằng thức xảy ra <=> $\Delta ABC đều$ (Q.E.D)

<=> $(a^{2}+b^{2}+c^{2}+a+b+c)(a+b+c)\geq 18$

Áp dụng AM-GM, ta có:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+a+b+c\geq $\sqrt[6]{(abc)^{3}}=6(abc=1)$

a+b+c$\geq 3\sqrt[3]{abc}=3(abc=1)$

=>($a^{2}+b^{2}+c^{2}+a+b+c)(a+b+c)\geq 6.3=18$

=>($a^{2}+b^{2}+c^{2}+a+b+c)(a+b+c) $\geq 18$.Dấu bằng xảy ra <=>a=b=c=1

=>Q.E.D

 

 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq \frac{9abc}{a+b+c}$.

 

 

em Mới để ý có chỗ này không hiểu: