tretho97

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 $P\geq \frac{5}{3}$

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

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