Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2\ne0\)
CMR \(\sum\limits^{ }_{cyc}\dfrac{a^2-bc}{2a^2+b^2+c^2}\ge0\)
Ôn tập chương Hình trụ, Hình nón, Hình cầu
Ta có \(\sum\limits^{ }_{cyc}\dfrac{a^2-bc}{2a^2+b^2+c^2}=\sum\limits^{ }_{cyc}\dfrac{\left(a-c\right)\left(a+b\right)+\left(a-b\right)\left(a+c\right)}{2a^2+b^2+c^2}\)
\(=\sum\limits^{ }_{cyc}\left(a-c\right)\left(\dfrac{a+b}{2a^2+b^2+c^2}-\dfrac{b+c}{2a^2+b^2+c^2}\right)\)
\(=\sum\limits^{ }_{cyc}\dfrac{\left(a-c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2c^2+b^2+a^2\right)}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho 2 số dương a,b thỏa mãn: \((a+b)(a+b-1)=a^2+b^2\) . Tính GTLN của biểu thức:
\(Q=\frac{1}{a^4+b^2+2ab^2}+\frac{1}{b^4+a^2+2a^2b}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^2+2ab^2\ge2\sqrt{a^4b^2}+2ab^2=2a^2b+2ab^2\)
\(b^4+a^2+2a^2b\ge2\sqrt{a^2b^4}+2a^2b=2ab^2+2a^2b\)
\(\Rightarrow Q\le\dfrac{1}{2a^2b+2ab^2}+\dfrac{1}{2ab^2+2a^2b}\)
Lại có: \(\left(a+b\right)\left(a+b-1\right)=a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab-a+b^2-b=a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow2ab=a+b\ge2\sqrt{ab}\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab\ge1\\a+b\ge2\sqrt{ab}\ge2\end{matrix}\right.\)
Khi đó \(Q\le\dfrac{1}{2a^2b+2ab^2}+\dfrac{1}{2ab^2+2a^2b}\le\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho M = 2.(\(^{9^{2003}+9^{2008}+...+9+1}\))
Chứng minh M không phải là số chính phương
Lời giải:
Ta thấy:
\(1\equiv 1\pmod 4\)
\(9\equiv 1\pmod 4\)
\(9^2\equiv 1^2\equiv 1\pmod 4\)
.......
\(9^{2003}\equiv 1^{2013}\equiv 1\pmod 4\)
\(\Rightarrow 9^{2003}+9^{2008}+...+9+1\equiv 2004\equiv 0\pmod 4\)
\(\Rightarrow M=2(9^{2003}+...+9+1)\equiv 0\pmod {8}(1)\)
Và:
\(1\equiv 1\pmod 8\)
\(9\equiv 1\pmod 8\)
\(9^2\equiv 1^2\equiv 1\pmod 8\)
....
\(9^{2003}\equiv 1^{2003}\equiv 1\pmod {8}\)
\(\Rightarrow 1+9+9^2+...+9^{2003}\equiv 2004\not\equiv 0\pmod 8\)
\(\Rightarrow M\not\equiv 0\pmod {16}(2)\)
Vậy từ $(1);(2)$ suy ra $M$ chia hết cho $8$ nhưng không chia hết cho $16$ nên $M$ không phải số chính phương.
Lời giải:
Ta thấy:
\(1\equiv 1\pmod 4\)
\(9\equiv 1\pmod 4\)
\(9^2\equiv 1^2\equiv 1\pmod 4\)
.......
\(9^{2003}\equiv 1^{2013}\equiv 1\pmod 4\)
\(\Rightarrow 9^{2003}+9^{2008}+...+9+1\equiv 2004\equiv 0\pmod 4\)
\(\Rightarrow M=2(9^{2003}+...+9+1)\equiv 0\pmod {8}(1)\)
Và:
\(1\equiv 1\pmod 8\)
\(9\equiv 1\pmod 8\)
\(9^2\equiv 1^2\equiv 1\pmod 8\)
....
\(9^{2003}\equiv 1^{2003}\equiv 1\pmod {8}\)
\(\Rightarrow 1+9+9^2+...+9^{2003}\equiv 2004\not\equiv 0\pmod 8\)
\(\Rightarrow M\not\equiv 0\pmod {16}(2)\)
Vậy từ $(1);(2)$ suy ra $M$ chia hết cho $8$ nhưng không chia hết cho $16$ nên $M$ không phải số chính phương.
cho 2x\(^{^2}\)+\(2y^2-xy=1\)
tìm max min của P=\(7\left(x^2+y^2\right)+4x^2y^2\)
2x2+2y2-xy=1=>x2+y2=\(\dfrac{1+xy}{2}\)
thay vào P,ta được:
P=7.(\(\dfrac{1+xy}{2}\))+4x2y2
=>2P=7+7xy+8x2y2=2(4x2y2+2.\(\dfrac{7}{4}\)xy+\(\dfrac{49}{16}\))+\(\dfrac{7}{8}\)
=2(2xy+\(\dfrac{7}{4}\))2+\(\dfrac{7}{8}\)
=>P=(2xy+\(\dfrac{7}{4}\))2+\(\dfrac{7}{16}\)\(\ge\)\(\dfrac{7}{16}\)
Đúng 0
Bình luận (2)
Cho tam giác ABC có A là một góc vuông. D là một điểm nằm trên cạnh AB. Đường Tròn đường kính BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD;AE lần lượt cắt đường tròn tại các điểm thứ hai F và G.
a) Chứng minh CAFB nội tiếp
b) Chứng minh AB.ED=AC.EB
c) Chứng tỏ AC//FG
d) Chứng minh AC;DE;BF đồng quy
Giúp em vẽ hình với giải nữa !!
cho tam giác ABC(AB<AC) nhọn nội tiếp (O) có BE và CD là 2 đường cao cắt nhau tại H
K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE. AH cắt đường tròn tại M, cắt BC tại F.
I là trung điểm của BC.
a)C/m: tứ giác KOIM là hình thang cân
b) gọi P, Q là giao điểm của AH và DE; AN và BC
c/m: PQ song song HN
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn:
a+b+c=12
Tìm Min P:
\(P=\dfrac{a^2}{a^2+b^2}+\dfrac{b^2}{b^2+c^2}+\dfrac{c^2}{c^2+a^2}\)
chắc là c/m \(P\ge\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}\ge\dfrac{3}{2}\) :D
Đúng 0
Bình luận (1)
có thể dùng BĐT cauchy swach j j đó quên tên oy bn zô mạng coi nha
Đúng 0
Bình luận (1)
Cho a,b,c là các số thực dương.
CMR \(\left(1+a^3\right)\left(1+b^3\right)\left(1+c^3\right)\ge\left(1+ab^2\right)\left(1+bc^2\right)\left(1+ca^2\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Holder ta được:
\(\left(1+a^3\right)\left(1+b^3\right)\left(1+b^3\right)\ge\left(1+ab^2\right)^3\)
\(\left(1+b^3\right)\left(1+c^3\right)\left(1+c^3\right)\ge\left(1+bc^2\right)^3\)
\(\left(1+c^3\right)\left(1+a^3\right)\left(1+a^3\right)\ge\left(1+ca^2\right)^3\)
Nhân từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được:
\(\left(1+a^3\right)\left(1+b^3\right)\left(1+c^3\right)\ge\left(1+ab^2\right)\left(1+bc^2\right)\left(1+ca^2\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn \(a+b+c=3\)
CMR \(\sum\limits^{ }_{cyc}\sqrt{a\left(b+c\right)}\ge3.\sqrt{2abc}\)
thử a=1/2; b=1; c=3/2 và a=0;b=1;c=2
Đúng 0
Bình luận (0)