Cho $a,b,c,d$ thỏa điều kiện $a+d=b+c$ . CMR nếu lấy $m$ sao cho $|ad-bc| \leq 2m$ thì $\prod (x-a) + m^{2} \geq 0$ với mọi $x$

 Từ giả thiết $\Rightarrow (ad-bc)^2\leq 4m^2$

 Có : $\prod (x-a)=\left [ x^2-(a+d)x+ad \right ] \left [ x^2-(b+c)x+bc \right ] $

        $=\left [ x^2-(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}+\frac{ad-bc}{2} \right ]\left [ x^2-(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}-\frac{ad-bc}{2} \right ]$

 Đặt $x^2-(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}=k$ thì ta có :

  $\prod (x-a) + m^2=k^2-\frac{(ad-bc)^2}{4}+m^2\geq k^2-\frac{4m^2}{4}+m^2=k^2\geq 0$

 Từ đó có điều cần chứng minh

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\leq \frac{1}{abc}$

Bất đẳng thức cần chứng minh $<=> \sum \frac{abc}{a^3+b^3+abc}\leq 1$

Ta có : $a^3+b^3\geq ab(a+b)=> \sum \frac{abc}{a^3+b^3+abc}\leq \sum \frac{abc}{ab(a+b)+abc}=\sum \frac{c}{a+b+c}=1$

Từ đó có điều cần chứng minh

Có bốn viên bi mà tổng khối lượng của từng cặp viên bi là a, b, c, d, e, f và thỏa mãn $a+b+c+d+e+f=a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+e^{3}+f^{3}=6$. Tìm khối lượng của các viên bi đó 

Ta có:

 $36=\sum a.\sum a^3\geq (\sum a^2)^2\geq [\frac{1}{6}.(\sum a)^2]^2=36\Rightarrow a=b=c=d=e=f=1$

$\Rightarrow$ Khối lượng từng viên bi là $0,5$

Giải bất phương trình $(2^{x}-2)^{2}<(2^{x}+2)(1-\sqrt{2^{x}-1})^{2}$

 ĐK : $x\geq 0$

 Đặt $a=\sqrt{2^x-1}$ với $a\geq 0$

 Ta có : $BPT\Leftrightarrow (a^2-1)^2<(a^2+3)(1-a)^2$

                    $\Leftrightarrow (1-a)^2(1+a)^2<(a^2+3)(1-a)^2$

                    $\Leftrightarrow (1-a)^2(2-2a)>0$

                    $\Leftrightarrow (1-a)^3>0\Leftrightarrow 1>a \Rightarrow 2^x<2\Rightarrow x<1$

 Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là $x\in [0;1)$

Đặt a=x-2, khi đó

$B=(a+1)^4+(a-1)^4+6(a+1)^2(a-1)^2=2a^4+12a^2+2+6(a^2-1)^2= 2a^4+12a^2+2+6a^4-12a^2+6=8a^4+8\geq 8$

Suy ra Min B=8 khi a=0 hay x=2

 Gọi $r_1,r_2,r_3$ lần lượt là bán kính các đường tròn nội tiếp các tam giác $ABH,ACH,ABC$

 Ta có: $\Delta ABH\sim \Delta CBA\Rightarrow \frac{r_1^2}{r_3^2}=\frac{AB^2}{BC^2}$

            $\Delta ACH\sim \Delta BCA\Rightarrow \frac{r_2^2}{r_3^2}=\frac{AC^2}{BC^2}$

 Nên $r_1^2+r_2^2=r_3^2$

 Đặt $DE=x$ thì ta có:

          $\frac{AH-x}{AH}=\frac{DG}{BC}\Rightarrow DG=\frac{(AH-x).BC}{AH}$

     $S_{EFGD}=DE.DG=x.\frac{(AH-x).BC}{AH}\leq \frac{AH^2}{4}.\frac{BC}{AH}=\frac{BC}{4AH}$

 Vậy giá trị lớn nhất của hình chữ nhật EFGH là $\frac{BC}{4AH}$ khi $x=\frac{AH}{2}$

  Khi đó DG là đường trung bình của tam giác ABC

 $\Rightarrow R_1^2=\frac{r_1^2}{4};R_2^2=\frac{r_2^2}{4};R_3^2=\frac{r_3^2}{4}\Rightarrow R_1^2+R_2^2=R_3^2$

Cho $a,b,c\in \mathbb{Q}$ thỏa mãn : $a\sqrt[3]{4}+b\sqrt[3]{2}+c=0$

 

Chứng minh rằng : a=b=c=0

 Giả sử $a\neq 0$ thì $b,c\neq 0$

 Ta có : $a\sqrt[3]4+b\sqrt[3]2+c=0$

            $\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} ab.\sqrt[3]4+b^2.\sqrt[3]2+bc=0\\ 2a^2+ab.\sqrt[3]4+ac.\sqrt[3]2=0 \end{matrix}\right. $

            $\Rightarrow (b^2-ac).\sqrt[3]2=-bc+2a^2$            (1)

 Nếu $\left\{\begin{matrix} b^2-ac=0\\ -bc+2a^2=0 \end{matrix}\right.$

        $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2a^2=bc\\  b^3=abc=2a^3 \end{matrix}\right.$ 

        $\Leftrightarrow b=\sqrt[3]2a$ vô lí

  Nếu $b^2-ac\not =0$ thì VT là số vô tỉ còn VP là số nguyên nên (1)  cũng vô lí

  Từ đó suy ra $a=b=c=0$

Cho $\Delta ABC (\widehat{A}=90^{\circ}),BC=a$.Gọi bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC la r.Chứng minh rằng:$\frac{r}{a}\leq \frac{\sqrt{2}-1}{2}$

Phải là nội tiếp bạn ạ!!!

Gọi độ dài 2 cạnh góc vuông còn lại là $b,c$

Ta có: $bc=(a+b+c).r$ (vì cùng bằng 2S)

  $r=\frac{bc}{a+b+c}\Rightarrow \frac{r}{a}=\frac{bc}{a(a+b+c)}=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}.(\sqrt{b^2+c^2}+b+c)}\leq \frac{bc}{\sqrt{2bc}.(\sqrt{2bc}+2\sqrt{bc})}=\frac{1}{2\sqrt2+2}=\frac{\sqrt2-1}{2}$

Cho $\bigtriangleup ABC$, $O$ là một điểm nằm trong tam giác. Chứng minh: $AB+AC>OB+OC$.

  Tham khảo tài liệu này

   Bđt hình học -MS.pdf   111.26KB   190 downloads

Cho x, y, z là các số thực. Chứng minh rằng $(x^{3}+3)(y^{3}+3)(z^{3}+3)\geq \frac{4}{27}(3xy+3yz+3zx+xyz)^{2}$

Chắc phải dương nữa chứ, nếu có 1 nhân tử âm thì bất đẳng thức sai mà 

(O) dây BC không đi qua tâm cố định. Điểm A di chuyển trên cung lớn BC. trên tia đối AB lấy D: AD=AC. M trung điểm CD. Hỏi M di chuyển trên đường nào? Nêu cách dựng, tìm giới hạn.

Dễ dàng chứng minh được $\widehat{MBN}=45^{\circ}$. Gọi E,F lần lượt là giao điểm của BM, BN với AC

   Các tứ giác ABFM và CBEN nội tiếp nên $NE\perp ME$ và $MF\perp NF$ nên tứ giác MEFN nội tiếp

   Kẻ BK vuông góc MN, khi đó: $\widehat{BMN}=\widehat{BFA}=\widehat{BMA}$

          $\Rightarrow \Delta ABM=\Delta KBM$

          $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} MK=AM;BK=AB=a\\ \widehat{MBK}=\widehat{MBA}=\widehat{MBI} \end{matrix}\right.$

          $\Rightarrow$ B,K,I thẳng hàng

Ta có: 

  +) $BK=AB=a$

  +) $MN+MD+ND=MD+MK+NK+ND=MD+AM+ND+CN=2a$

  $\Leftrightarrow MN+\frac{a}{4}+\sqrt{MN^2-\frac{a^2}{16}}=2a\Leftrightarrow MN=\frac{25a}{28}$

Khi đó: $S_{BMN}=\frac{1}{2}.MN.BK=\frac{1}{2}.\frac{25a}{28}.a=\frac{25a^2}{56}$ 

Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}}=1$

Chứng minh rằng $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{1}{2\sqrt{2}}$

Theo Chebyshev thì 

$\sum \frac{a^2}{b+c}\geq \frac{1}{3}.\sum a^2.\sum \frac{1}{b+c}$

Mặt khác: $1=\sum \sqrt{a^2+b^2}\leq \sqrt{3.2\sum a^2}\Rightarrow \sum a^2\geq \frac{1}{6}$

Và $\sum \frac{1}{b+c}\geq \frac{1}{\sqrt2}.\sum \frac{1}{\sqrt{b^2+c^2}}\geq \frac{1}{\sqrt2}.\frac{9}{\sum \sqrt{b^2+c^2}}=\frac{9}{\sqrt2}$

$\Rightarrow \sum \frac{a^2}{b+c}\geq \frac{1}{3}.\frac{1}{6}.\frac{9}{\sqrt2}=\frac{1}{2\sqrt2}$

Bài này có cho dương đâu nhỉ

Giải hệ $\left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}=\sqrt[3]{3(x+y)} & \\ 4x^{3}+6x^{2}+4x+1=15y^{4} & \end{matrix}\right.$

Đặt $(a,b)=(\sqrt[3]{x},\sqrt[3]{y})$

 $\Rightarrow a+b=\sqrt[3]{3(a^3+b^3)}$

 $\Leftrightarrow (a+b)(a-2b)(2a-b)=0$

 $\Leftrightarrow \left [ \begin{matrix} a=-b\\ a=2b\\ 2a=b \end{matrix} \right ]$

 $\Leftrightarrow \left [ \begin{matrix} x=-y\\ x=8y\\ y=8x \end{matrix}\right ]$

 *) Với $x=-y\Rightarrow 4x^3+6x^2+4x+1=15x^4$
          $\Leftrightarrow (3x+1)(x-1)(5x^2+2x+1)=0$

          $\Rightarrow \left [ \begin{matrix} x=\frac{-1}{3};y=\frac{1}{3}\\ x=1;y=-1 \end{matrix}\right ]$

Giải tương tự với các TH còn lại

CMR: nếu $p$ và $p^{2}+2$ là số nguyên tố thì $p^{3}+2$ cũng là số nguyên tố.

Với $p=2$ loại vì $p^2+2=6$ là hợp số

Với $p=3$ thì thoả mãn

Với $p>3$ mà $p$ nguyên tố nên $p=3k\pm 1$

$\Rightarrow p^2+2=9k^2\pm 6k+3\vdots 3$ nên là hợp số.

Vậy có đpcm

Xét số N được phân tích thành thừa số nguyên tố: $N=p_1^{k_1}.p_2^{k_2}....p_n^{k_n}$

 

Mình hỏi là có khi nào N > $\prod (k_i+1)$ tức là một số luôn lớn hơn số ước số của nó  ???

 

Nếu không , giúp mình tìm một phản VD. 

Công thức của bạn là tính số ước dương chứ không phải toàn bộ ước

VD: Số 6 có 4 ước dương là 1;2;3;6 

Nếu tất cả ước thì có thể lấy ví dụ là $2^8$ vì $2^8$ có $8+1=9$ ước dương hay có tất cả $9.2=18$ ước và $2^8>18$

Còn lấy 1 số có số ước lớn hơn nó có thể lấy 1 với số ước là 2 ước

Cho x, y, z > 0. Chứng minh $\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{2xyz}+\frac{x^{2}+y^{2}}{z^{2}+xy}+\frac{y^{2}+z^{2}}{x^{2}+yz}+\frac{z^{2}+x^{2}}{y^{2}+zx}\geq \frac{9}{2}$

Đã có ở đây

Cách khác:

Ta có: $a\leq b\leq c\Rightarrow 4a^2\leq ab+bc+ca+c^2$

           $b\leq c\Rightarrow 4b^2\leq 4c^2$

Cộng lại có đpcm

Cho $0< a\leq b\leq c$. Chứng minh rằng $4a^{2}+4b^{2}\leq ab+bc+ca+5c^{2}$

Đặt $b=a+x;c=a+x+y$ với $x,y\geq 0$

Khi đó: $Ine\Leftrightarrow 4a^2+4(a+x)^2\leq a(a+x)+(a+x)(a+x+y)+a(a+x+y)+5(a+x+y)^2$

                 $\Leftrightarrow 8a^2+8ax+4x^2\leq 8a^2+14ax+6x^2+5y^2+12ay+11xy$

                 $\Leftrightarrow 6a(x+2y)+2x^2+5y^2+11xy\geq 0$ ( luôn đúng )

Vậy có điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Gọi $a,b,c$ là $3$ cạnh của một tam giác và $h_{a};h_{b};h_{c}$ là các đường cao tương ứng

Chứng minh hệ thức $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=(h_{a}+h_{b}+h_{c})(\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}})$

Ta có : $2S=a.h_a=b.h_b=c.h_c$

$=> \frac{a}{b}=\frac{h_b}{h_a};\frac{b}{c}=\frac{h_c}{h_b};\frac{c}{a}=\frac{h_a}{h_c}$

Ở cái hệ thức thì nhân ra sẽ thấy ngay điều cần chứng minh

Cho 3 số $a,b,c$ đôi một khác nhau. Chứng minh:

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

SAi đề rồi, thử với $(a,b,c)=(-10;-9;-8)$ là sai

Chắc là $\sum (\frac{a+b}{a-b})^2\geq 2$

Cho các số thực dương $a; b$ và $c$thỏa mãn điều kiện abc=1.Tìm GTNN của biểu thức $P=\frac{ab}{2b+c}+\frac{bc}{2c+a}+\frac{ca}{2a+b}$

Đặt $(a,b,c)=(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})$

Khi đó: $P=\frac{x^2}{z^2+2xy}+\frac{y^2}{x^2+2yz}+\frac{z^2}{y^2+2zx}$

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

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 1.Chứng minh rằng: $ab+bc+ca>abc$

 Ta có: $1=a+b+c>2a\Rightarrow a< \frac{1}{2}\Rightarrow \frac{1}{a}>2$

Tương tự $\frac{1}{b}>2;\frac{1}{c}>2$

$\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}>6>1\Rightarrow ab+bc+ca>abc$

cho $\bigtriangleup ABC$ vuông tại A (AB$<$AC), lấy điểm I thuộc cạnh AC sao cho $\widehat{ABI}=\widehat{C}$ . Đường tròn đường tròn đường kính IC cắt BI tại D, chứng minh ABCD nội tiếp

giải giúp mình nhé! thanks

Tứ giác ABCD có hai điểm nằm cùng phía và cùng nhìn 1 cạnh dưới ~ góc vuông thì nt