Ta có: \(b^2=ac\Rightarrow\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{2007.b}{2007.c}\)
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{2007.b}{2007.c}=\dfrac{a+2007.b}{b+2007.c}\Rightarrow\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{c}=\left(\dfrac{a+2007.b}{b+2007.c}\right)^2\Leftrightarrow\dfrac{a}{c}=\dfrac{\left(a+2007.b\right)^2}{\left(b+2007.c\right)^2}\)
Vậy... 
cho \(\dfrac{a}{2003}=\dfrac{b}{2005}=\dfrac{c}{2007}\)
CMR :\(\dfrac{\left(a-c\right)^2}{4}\)= (a-b).(b-c)
Cho 3 số đôi một khác nhau. Chứng minh rằng : \(\dfrac{b-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\dfrac{c-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\dfrac{a-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\) =\(2\left(\dfrac{1}{a-b}+\dfrac{1}{b-c}+\dfrac{1}{c-a}\right)\)
Chứng minh rằng nếu \(a\left(y+z\right)=b\left(z+x\right)=c\left(x+y\right)\) trong đó \(a;b;c\ne0\) và khác nhau thì \(\dfrac{y-z}{a\left(b-c\right)}=\dfrac{z-x}{b\left(c-a\right)}=\dfrac{x-y}{c\left(a-b\right)}\)
Cho b2=ac; c2=bd với b,c,d\(\ne\)0
\(b\ne c\ne d\)
\(b^2+c^2\ne d^2\)
CMR: \(\dfrac{a^3+b^3-c^3}{b^3+c^3-d^3}=\left(\dfrac{a+b-c}{b+c-d}\right)^3\)
Cho a, b, c>0 và\(\dfrac{2b+c-a}{a}=\dfrac{2c-b+a}{b}=\dfrac{2a+b-c}{c}\)
Tính Q=\(\dfrac{\left(3a-2b\right)\left(3b-2c\right)\left(3c-2a\right)}{\left(3a-c\right)\left(3b-a\right)\left(3c-b\right)}\)
Help!!!
\(\dfrac{a}{b}\) =\(\dfrac{c}{d}\) (a,b,c,d khác 0)Chứng minh
\(\dfrac{a^2+b^2}{c^2+d^2}\) = \(\dfrac{\left(a-b^{ }\right)^2}{\left(c-d\right)^2}\)
Bài 1: Cho \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}\) chứng minh rằng :
a, \(\dfrac{a+b}{b}=\dfrac{c+d}{d}\)
b, \(\dfrac{a^2-b^{2^{ }}}{c^2-d^2}=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{\left(c-d\right)^2}\)
Đáp án đề thi vòng 1:
Bài 1:
a, \(A=\dfrac{50-\dfrac{4}{13}+\dfrac{2}{15}-\dfrac{2}{17}}{100-\dfrac{8}{13}+\dfrac{4}{15}-\dfrac{4}{17}}=\dfrac{50-\dfrac{4}{13}+\dfrac{2}{15}-\dfrac{2}{17}}{2\left(50-\dfrac{4}{13}+\dfrac{2}{15}-\dfrac{2}{17}\right)}=\dfrac{1}{2}\)
Vậy \(A=\dfrac{1}{2}\)
b, \(B=\dfrac{1}{19}+\dfrac{9}{19.29}+\dfrac{9}{29.39}+...+\dfrac{9}{1999.2009}\)
\(=\dfrac{9}{9.19}+\dfrac{9}{19.29}+\dfrac{9}{29.39}+...+\dfrac{9}{1999.2009}\)
\(=\dfrac{9}{10}\left(\dfrac{10}{9.19}+\dfrac{10}{19.29}+\dfrac{10}{29.39}+...+\dfrac{10}{1999.2009}\right)\)
\(=\dfrac{9}{10}\left(\dfrac{1}{9}-\dfrac{1}{19}+\dfrac{1}{19}-\dfrac{1}{29}+\dfrac{1}{29}-\dfrac{1}{39}+...+\dfrac{1}{1999}-\dfrac{1}{2009}\right)\)
\(=\dfrac{9}{10}\left(\dfrac{1}{9}-\dfrac{1}{2009}\right)\)
\(=\dfrac{200}{2009}\)
Vậy \(B=\dfrac{200}{2009}\)
Bài 2:
a, Giải:
Ta có: \(\left(\dfrac{b}{3c}\right)^3=\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{3c}.\dfrac{c}{9a}=\dfrac{1}{27}\Rightarrow\left(\dfrac{b}{3c}\right)^3=\left(\dfrac{1}{3}\right)^3\)
\(\Rightarrow\dfrac{b}{3c}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow b=c\left(đpcm\right)\)
b, Ta có: \(\dfrac{1}{1.3}+\dfrac{1}{2.4}+\dfrac{1}{3.5}+\dfrac{1}{4.6}+...+\dfrac{1}{2013.2015}+\dfrac{1}{2014.2016}\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{1.3}+\dfrac{2}{2.4}+\dfrac{2}{3.5}+\dfrac{2}{4.6}+...+\dfrac{2}{2013.2015}+\dfrac{2}{2014.2016}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left[\left(\dfrac{2}{1.3}+\dfrac{2}{3.5}+...+\dfrac{2}{2013.2015}\right)+\left(\dfrac{2}{2.4}+\dfrac{2}{4.6}+...+\dfrac{2}{2014.2016}\right)\right]\)
\(=\dfrac{1}{2}\left[\left(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{5}+...+\dfrac{1}{2013}-\dfrac{1}{2015}\right)+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}+...+\dfrac{1}{2014}-\dfrac{1}{2016}\right)\right]\)
\(=\dfrac{1}{2}\left[\left(1-\dfrac{1}{2015}\right)+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2016}\right)\right]\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2015}-\dfrac{1}{2016}\right)=\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{2.2015}-\dfrac{1}{2.2016}< \dfrac{3}{4}\)
\(\Rightarrowđpcm\)
Bài 3:
a, \(VP=\left(x+y\right)\left(x-y\right)=x^2-xy+xy-y^2=x^2-y^2=VT\)
\(\Rightarrowđpcm\)
b, Giải:
a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác nên \(a+b>c,a+c>b,b+c>a\) ( bất đẳng thức tam giác )
\(\Rightarrow a+b-c>0,a-b+c>0,-a+b+c>0\) (*)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\\b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\\c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\le a^2\\\left(b+c-a\right)\left(b-c+a\right)\le b^2\\\left(c+a-b\right)\left(c-a+b\right)\le c^2\end{matrix}\right.\)
Kết hợp (*) ta có: \(\left[\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\le abc\left(đpcm\right)\)
Vậy \(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\le abc\)
Bài 4:
Giải:
Vẽ \(CD\perp BI\) tại D, CD cắt AB tại E
\(\Delta BCE\) cân tại B do BD vừa là đường cao, vừa là đường phân giác
\(\Rightarrow BD\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta BCE\)
\(\Rightarrow BE=BC,CE=2CD\)
Mặt khác: \(\widehat{BIC}=180^o-\left(\widehat{IBC}+\widehat{ICB}\right)\)
\(=180^o-\left(\dfrac{\widehat{ABC}}{2}+\dfrac{\widehat{ACB}}{2}\right)=135^o\)
\(\Rightarrow\widehat{DIC}=45^o\Rightarrow\Delta DIC\) vuông cân tại D
Do đó \(CI^2=DI^2+CD^2=2CD^2\)
Ta có: \(AE=BE-AB=BC-AB\)
\(\Delta ACE\) vuông tại A \(\Rightarrow CE^2=AE^2+AC^2\)
\(\Rightarrow4CD^2=\left(BC-AB\right)^2+AC^2\)
\(\Rightarrow2CI^2=\left(BC-AB\right)^2+AC^2\)
\(\Rightarrow CI^2=\dfrac{\left(BC-AB\right)^2+AC^2}{2}\left(đpcm\right)\)
Vậy \(CI^2=\dfrac{\left(BC-AB\right)^2+AC^2}{2}\)
Bài 5:
a, Áp dụng bất đẳng thức \(\left|a\right|+\left|b\right|\ge\left|a+b\right|\) ta có:
\(\left|x-2013\right|+\left|x-2016\right|=\left|x-2013\right|+\left|2016-x\right|\ge x-2013+2016-x=3\)
Kết hợp với giả thiết, ta có:
\(\left|x-2014\right|+\left|y-2015\right|\le0\)
Điều này chỉ xảy ra khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}\left|x-2014\right|=0\\\left|y-2015\right|=0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2014\\y=2015\end{matrix}\right.\)
Thay vào \(\left|x-2013\right|+\left|x-2014\right|+\left|y-2015\right|+\left|x-2016\right|=3\), ta thấy thỏa mãn
Vậy \(x=2014,y=2015\)
b, Giải:
Giả sử không có hai số nào trong 2013 số tự nhiên \(a_1,a_2,...,a_{2013}\) bằng nhau
Do đó, ta có: \(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_{2013}}\le1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{2013}< 1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{2}=1+1006=1007\)
Mâu thuẫn với giả thiết
Vậy ít nhất hai trong 2013 số tự nhiên đã cho bằng nhau.
Cho các số a,b,c,d thỏa mãn các điều kiện \(a^2+c^2=1;\dfrac{a^4}{b}+\dfrac{c^4}{d}=\dfrac{1}{b+d}\)
Chứng minh rằng: \(\dfrac{a^{2006}}{b^{1003}}+\dfrac{c^{2006}}{d^{1003}}=\dfrac{2}{\left(b+d\right)^{1003}}\)
