LuoiHocNhatLop

Xét tứ giác $ABDC$ nội tiếp đường tròn $(O)$
Theo định lý Ptolemy ta có: 

$AD.BC=AB.DC+AC.BD$

1. Giả sử $p_{1},p_{2},...,p_{n}$ là các số nguyên tố khác nhau.Hỏi có bao nhiêu ước số của số $q=p_{1}^{k_{1}}.p_{2}^{k_{2}}....p_{n}^{k_{n}}$

 

Ước của p có dạng $p_1^{h_1}.p_2^{h_2}...p_n^{h_n}$

với $0\leq h_i\leq k_i ;(i=1,2,...,n)$
Chọn $h_1$ ta có $k_1 +1$ cách chọn $(0,1,2,...,k_1)$

Tương tự $h_2, h_3, ..., h_n$ 

Vậy $p$ có $(k_1+1)(k_2+1)...(k_n+1)$ ước

Đúng ko nhỉ o.O

Cho tam giác ABC và điểm M thuộc miền trong tam giác. MD,ME,MF lần lượt vuông góc với BC,CA,AB.

Tìm vị trí của M để $EA^2+CD^2+BF^2$ đạt giá trị nhỏ nhất?

Bằng định lý Pythagore, ta dễ dàng chứng minh được $EA^2+CD^2+BF^2$=$EC^2+AF^2+BD^2$

Suy ra $EA^2+CD^2+BF^2=\frac{EA^2+CD^2+BF^2+EC^2+AF^2+BD^2}{2}\geq \frac{(EA+EC)^2+(BF+AF)^2+(CD+BD)^2}{4}=\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{4}$

(Áp dụng bđt $a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}$)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ tâm $O$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Gọi $D$ là giao điểm của $AI$ với $(O)$ ($D$ khác $A$). Chứng minh $\frac{DI}{DA}=\frac{BC}{AB+AC}$.

Vì tứ giác $ABDC$ nội tiếp $(O)$ nên theo định lý Ptolemy ta có $AD.BC=BD.AC+AB.CD$
Do AD là phân giác góc A nên BD=DC, suy ra $AD.BC=BD(AB+AC)$

$\Rightarrow \frac{BC}{AB+AC}=\frac{BD}{AD}$

Mặt khác, ta có: $\angle BOD=\angle ABI+\angle IBE=\frac{\angle A+\angle B}{2}$

và $\angle IBD=\angle IBE+\angle EBD=\frac{\angle A+\angle B}{2}$

$\Rightarrow \angle BID=\angle BID$ $\Rightarrow DB=ID$ 

$\Rightarrow \frac{BC}{AB+AC}=\frac{DI}{AD} (Q.E.D)$, 

2. Áp dụng bđt Holder ta có: 

$\sum \frac{a^m.b^n}{c^{m+n}}.\left ( \sum \frac{a}{b} \right )^{n} \geq \left ( \sum \frac{a}{c} \right )^{n+1}$

$\Rightarrow \sum \frac{a^m.b^n}{c^{m+n}}\geq \sum \frac{a}{b}$

Cho dãy số $(x_{n})$ thoả mãn đồng thời hai điều kiện :

1,$x_{1}=2$

2,$x_{n}=\dfrac{x_{1}+2x_{2}+....+(n-1)x_{n-1}}{n(n^{2}-1)}(n>1,n\in\mathbb{N})$

Tính $\lim u_{n}$ với $u_{n}=(n+1)^{3}.x_{n}$

từ giả thiết ta có : 

Không biết t có tính nhầm chỗ nào ko nữa 

Ta có :

$u_{n+1}^{n+1}-u_{n}^n=\left (\frac{1}{2013}  \right )^n$

Tìm $lim (\sqrt[3]{n^3+1}-\sqrt{n^2+1})$

Xác định đa thức P(x) thoả mãn 
$\left\{\begin{matrix} P(0)=1\\ P(x^2+1)=P(x)^{2} +1 \end{matrix}\right.$

Vì pt P(x)=2 có 1 nghiệm là $x_{2}$ nên $P(x)=(x-x_{2}).Q(x)+2$
Cho $x=x_{1}\Rightarrow  1=(x_{1}-x_{2}).Q(x)+2\Rightarrow (x_{1}-x_{2}).Q(x)=-1$ (1)

Khi đó $x'_{2}=x_{2}$ vô lí
Vậy x2 là nghiệm duy nhất của pt P(x)=2
Tương tự đối với x1 và x3   
 

 Ta có : $P=\frac{x}{2x+y+z}+\frac{y}{x+2y+z}+\frac{z}{x+y+2z}\geq \frac{1}{4}\left ( \frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}+\frac{y}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{x+y}+\frac{z}{z+x} \right )= \frac{3}{4}$

Bất đẳng thức của bạn bị ngược dấu kìa @@!

Câu 3 VT-VP= $2(x^{3}-\frac{1}{x^{3}})-3(x^{2}-\frac{1}{x^{2}})=2(x-\frac{1}{x})(x^{2}+1+\frac{1}{x^2})-3(x-\frac{1}{x})(x+\frac{1}{x})$

Vì tam giác ABD đồng dạng với tam giác CHD, suy ra ĐA.DH=BD.CD

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: $BD.CD\leq\frac{(BD+CD)^2}{4}=\frac{BC^{2}}{4}=\frac{3R^{2}}{4}$

đẳng thức xảy ra khi A là điểm chính giữa cung lớn BC

Với n là số tự nhiên. Chứng minh rằng: n² +n+1 không chia hết cho 9

Giả sử $n^2+n+1\vdots 9$

Suy ra $4n^{2}+4n+4=(2n+1)^{2}+3\vdots 9$

Nên $(2n+1)^{2}$ chia 9 dư 6, vô lý vì 1 số chính phương chia 9 chỉ có thể dư 0,1,4,7.

Cách khác :

Theo C-S ta có

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

$\Rightarrow 1\leq \sum(\frac{1}{b+c+1})\leq \sum \frac{b+c+a^{2}}{(a+b+c)^{2}} \Leftrightarrow (a+b+c)^{2}\leq 2\sum a +\sum a^{2} \Leftrightarrow \sum ab\leq \sum a$