Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài

Những câu hỏi liên quan
Đặng Duy Anh
Xem chi tiết
Steolla
27 tháng 8 2017 lúc 8:09

a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)

b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)

c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c

a+b+c=x-y-z+z-x=o

đưa về như bài b

d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung

e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)

=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)

Phạm Gia Khánh
Xem chi tiết
Dương Lam Hàng
23 tháng 7 2018 lúc 21:12

1) \(\frac{x}{4}=\frac{4}{x^3}\Rightarrow x.x^3=4.4\Rightarrow x^4=16\Rightarrow x=\orbr{\begin{cases}-2\\2\end{cases}}\)

Vậy x = 2 hoặc x = -2

2)


x O y t z 40 140

a) Vì: \(\widehat{xOz}< \widehat{xOt}\left(40^0< 90^0\right)\)

=> Tia Oz nằm giữa hai tia Ox và Ot

b) Ta có: \(\widehat{xOz}+\widehat{xOm}=40^0+140^0=180^0\) 

=> Hai góc này kề bù với nhau

=> Oz và Om là hai tia đối nhau

Nguyễn Tấn Tài
23 tháng 7 2018 lúc 21:03

a, \(x.x^3=4.4\)

\(x^4=16\)

\(x^4=\left(\pm2\right)^4\)

=>x = \(\pm\)2

Phạm Gia Khánh
23 tháng 7 2018 lúc 21:04

Sửa bài 2 : 

2.Vẽ 2 tia Ox và Oy đối nhau. Trên cùng 1 nửa mặt phẳng bờ chứa Ox, vẽ Ot, Oz sao cho xÔt = 90o, xÔz = 40o. Trên nữa mặt phảng bờ xy, không chứa Oz, vẽ Om sao cho xÔm = 140o.

    a)Trong 3 tia Oz, Ox, Ot, tia nào nằm giữa 2 tia còn lại?Vì sao?

    b)Chứng tỏ rằng tia Oz, Om là 2 tia đối nhau.

Nguyễn Thị Mát
Xem chi tiết
Hoàng Thị Ánh Phương
28 tháng 2 2020 lúc 9:17

Bài 1 .

Violympic toán 9

Violympic toán 9

Khách vãng lai đã xóa
Hoàng Thị Ánh Phương
28 tháng 2 2020 lúc 9:41

Bài 2 :

Áp dụng Cô si ta có :
\(\frac{a+1}{b^2+1}=\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\le\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}=\left(a+1\right)-\frac{ab+b}{2}\)

Tương tự ta cũng có :
\(\frac{b+1}{c^2+1}\le\left(b+1\right)-\frac{bc+c}{2};\frac{c+1}{a^2+1}\le\left(c+1\right)-\frac{ca+a}{2}\) Cộng vế theo vế ta được: \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\ge6-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\) Mặt khác ta có BĐT : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\) Do đó : \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\) Dấu " = " xay ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
Khách vãng lai đã xóa
Ngày Đó Sẽ Không Xa Xôi
Xem chi tiết
lethienduc
Xem chi tiết
Ichigo
Xem chi tiết
Kudo Shinichi
20 tháng 2 2020 lúc 9:15

Bài 1 : 

Áp dụng Cô - si ta có :
\(\frac{a+1}{b^2+1}=\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\le\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}\)\(=\left(a+1\right)-\frac{ab+b}{2}\)

Tương tự ta cũng có : \(\frac{b+1}{c^2+1}\le\left(b+1\right)-\frac{bc+c}{2};\frac{c+1}{a^2+1}\le\left(c+1\right)-\frac{ca+a}{2}\)

Cộng vế theo vế ta được: 

\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\)\(\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)

\(\ge6-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\)

Mặt khác ta có BĐT : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\)

Do đó : \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\)

Dấu " = "  xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)

Khách vãng lai đã xóa
Kudo Shinichi
20 tháng 2 2020 lúc 9:37

Bài 2 : 

A B C D M N P Q O K I H

a) Ta có : \(MI=MA,QI=QD\)nên \(MQ\)là đường trung bình \(\Delta AID\) 

\(\Rightarrow MQ//AD\)

Tương tự NP là đường trung bình của \(\Delta BIC\)

\(\Rightarrow NP//BC\)

Do đó : \(NMQ=BAD=NPQ\)nên tứ giác MPNQ nội tiếp

b ) Kẻ \(OH\perp AB\)tại H và \(OK\perp CD\)tại K

Ta có : \(AB\perp CD\)

\(\Rightarrow OHIK\)là hình chữ nhật

Do đó \(AB^2+CD^2=4\left(BH^2+CK^2\right)=4\left(R^2-OH^2+R^2-OK^2\right)\)

\(=4\left(2R^2-OI^2\right)\)

Diện tích tứ giác MPNQ là : \(\frac{MN.PQ}{2}=\frac{AB.CD}{8}\le\frac{\left(AB+CD\right)^2}{16}=\frac{2R^2-OI^2}{4}\)không đổi

GTLN của diện tích tứ giác MNPQ là : \(\frac{2R^2-OI^2}{4}\), khi đó \(AB=CD\)

Chúc bạn học tốt !!!

Khách vãng lai đã xóa
LT丶Hằng㊰
30 tháng 11 2020 lúc 21:14

Bài 2 :

A B C D M P Q N K I H O

a) Ta có : MQ là đường trung bình của tam giác AID

\(\Rightarrow MQ//AD\Rightarrow\widehat{DAB}=\widehat{QMN}\) tương tự \(\widehat{BCD}=\widehat{NPQ}\)

Có \(\widehat{DAB}=\widehat{BCD}\)( Hai góc nối tiếp cùng chắn 1 cung )

\(\Rightarrow\widehat{QMN}=\widehat{NPQ}\)

=> Tứ giác MNPQ nội tiếp

Vậy 4 điểm M , N , P , Q cùng thuộc 1 đường tròn

Vì \(AB\perp CD\)nên \(S_{MNPQ}=\frac{1}{2}.MN.PQ=\frac{1}{8}.AB.CD\le\frac{1}{16}.\left(AB^2+CD^2\right)\)

Kẻ \(OH\perp AB\)tại H , \(OK\perp CD\)tại K , ta có :

\(AB^2+CD^2=4\left(AH^2+CK^2\right)=4\left(R^2-OH^2+R^2-OK^2\right)\)

                         \(=4\left(2R^2-KH^2\right)=4\left(2R^2-OI^2\right)\)

\(\Rightarrow S_{MNPQ}\le\frac{1}{4}\left(2R^2-OI^2\right)\)( không đổi )

Vậy diện tích tam giác MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng \(\frac{1}{4}\left(2R^2-OI^2\right)\)đạt được khi và chỉ khi \(AB=CD\Leftrightarrow OH=OK\Leftrightarrow OKIH\)là hình vuông

<=> AB và CD lập với OI các góc bằng 45o

Khách vãng lai đã xóa
Trần Thanh Phương
Xem chi tiết
Akai Haruma
22 tháng 6 2019 lúc 17:21

Câu 1:

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

\(P=\frac{1}{x^2+2y^2+3}+\frac{1}{y^2+2z^2+3}+\frac{1}{z^2+2x^2+3}=\frac{1}{(x^2+y^2)+(y^2+1)+2}+\frac{1}{(y^2+z^2)+(z^2+1)+2}+\frac{1}{(z^2+x^2)+(x^2+1)+2}\)

\(\leq \frac{1}{2xy+2y+2}+\frac{1}{2yz+2z+2}+\frac{1}{2zx+2x+2}\)

hay \(P\leq \frac{1}{2}\left(\frac{1}{xy+y+1}+\frac{1}{yz+z+1}+\frac{1}{zx+x+1}\right)(1)\)

Do $xyz=1$ nên:

\(\frac{1}{xy+y+1}+\frac{1}{yz+z+1}+\frac{1}{zx+x+1}=\frac{1}{xy+y+1}+\frac{xy}{xy.yz+xyz+xy}+\frac{y}{yzx+yx+y}\)

\(=\frac{1}{xy+y+1}+\frac{xy}{y+1+xy}+\frac{y}{1+yx+y}=\frac{1+xy+y}{1+xy+y}=1(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow P\leq \frac{1}{2}.1=\frac{1}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$

Akai Haruma
22 tháng 6 2019 lúc 17:35

Câu 2:

Đặt \((a+2b+c,a+b+2c,a+b+3c)=(x,y,z)\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} c=-y+z\\ b=x-2y+z\\ a=-x+5y-3z\end{matrix}\right.\)

Khi đó, áp dụng BĐT Cauchy ta có:

\(P=\frac{-x+5y-3z-3y+3z}{x}+\frac{4x-8y+4z}{y}-\frac{-8y+8z}{z}\)

\(=-17+\left(\frac{2y}{x}+\frac{4x}{y}\right)+\left(\frac{4z}{y}+\frac{8y}{z}\right)\)

\(\geq -17+2\sqrt{\frac{2y}{x}.\frac{4x}{y}}+2\sqrt{\frac{4z}{y}.\frac{8y}{z}}=-17+12\sqrt{2}\)

Vậy \(P_{\min}=-17+12\sqrt{2}\)

Akai Haruma
22 tháng 6 2019 lúc 18:21

Câu 3:

Áp dụng BĐT Cauchy:

\(b\leq |b|\leq \frac{b^2+1}{2}\Rightarrow \frac{a^2+1}{1+b+c^2}\geq \frac{a^2+1}{c^2+1+\frac{b^2+1}{2}}\). Tương tự với các phân thức còn lại:

\(\text{VT}=\frac{a^2+1}{1+b+c^2}+\frac{b^2+1}{1+c+a^2}+\frac{c^2+1}{1+a+b^2}\geq \frac{a^2+1}{\frac{b^2+1}{2}+c^2+1}+\frac{b^2+1}{\frac{c^2+1}{2}+a^2+1}+\frac{c^2+1}{\frac{a^2+1}{2}+b^2+1}\)

Đặt \((a^2+1,b^2+1,c^2+1)=(x,y,z)(x,y,z>0)\)

\(\text{VT}\geq \frac{x}{\frac{y}{2}+z}+\frac{y}{\frac{z}{2}+x}+\frac{z}{\frac{x}{2}+y}=2\left(\frac{x}{y+2z}+\frac{y}{z+2x}+\frac{z}{x+2y}\right)(1)\)

Cauchy-Schwarz:

\(\frac{x}{y+2z}+\frac{y}{z+2x}+\frac{z}{x+2y}=\frac{x^2}{xy+2xz}+\frac{y^2}{yz+2xy}+\frac{z^2}{xz+2yz}\geq \frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+xz)}\geq \frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2}=1(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow \text{VT}\geq 2\) (đpcm)

Nguyễn Ngọc Thanh Nhi
Xem chi tiết
Bủh thị dảk
8 tháng 12 2021 lúc 19:04

 

a) Xét ΔAOC vuông tại A và ΔOBD vuông tại B có

OA=OB(gt)

∠Olà góc chung

⇒ΔAOC=ΔOBD(cạnh góc vuông-góc nhọn kề)

b) Xét ΔOIB vuông tại B và ΔOIA vuông tại A có

OI là cạnh chung

OB=OA(gt)

⇒ ΔOIB=ΔOIA(cạnh huyền-cạnh góc vuông)

⇒IB=IA(hai cạnh tương ứng)

Ta có: IB+ID=BD(do B,I,D thẳng hàng)

IA+IC=AC(do A,I,C thẳng hàng)

MàIB=IA(cmt)

và BD=AC(do ΔAOC=ΔOBD)

⇒ ID=IC

Xét ΔIDC có ID=IC(cmt)

⇒ ΔIDC cân tại I

c) Ta có: ΔOIB=ΔOIA(cmt)

⇒∠BIO=∠AIO(hai góc tương ứng)

Mà tia IO nằm giữa hai tia IA,IB

IO là tia phân giác của∠AIB

 

Nguyễn Khánh Linh
Xem chi tiết
vũ tiền châu
Xem chi tiết
Lầy Văn Lội
5 tháng 8 2017 lúc 16:50

Khai triển, BĐT cần chứng minh tương đương 

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)

Áp dụng AM-GM:

\(\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=\frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}\)

\(\frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3\sqrt[3]{\frac{b^2}{ac}}=\frac{3b}{\sqrt[3]{abc}}\)

\(\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\ge3\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=\frac{3c}{\sqrt[3]{abc}}\)

Cộng theo vế: \(3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\)

Còn chứng minh \(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\) hoàn toàn tương tự.Ta thu được đpcm

Dấu = xảy ra khi a=b=c