Toán

Giải:
a) Ta có: \(BD=CE\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow BD+BC=CE+BC\)

\(\Rightarrow DC=BE\)

Xét \(\Delta ACD,\Delta ABE\) có:

DC = BE ( cmt )

\(\widehat{C_1}=\widehat{B_1}\) ( do t/g ABC cân tại A )

AC = AB ( do t/g ABC cân tại A )

\(\Rightarrow\Delta ACD=\Delta ABE\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow AD=AE\) ( cạnh t/ứng )

\(\Rightarrow\Delta ADE\) cân tại A ( đpcm )

b) Ta có: BD = CE ( gt )

MB = MD ( gt )

\(\Rightarrow BD+BM=CE+MC\)

\(\Rightarrow DM=EM\)

Xét \(\Delta DAM,\Delta EAM\) có:
DM = EM ( cmt )

AM: cạnh chung

AD = AE ( t/g ABC cân tại A )

\(\Rightarrow\Delta DAM=\Delta EAM\left(c-c-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{DAM}=\widehat{EAM}\) ( góc t/ứng )

\(\Rightarrow\)AM là tia phân giác \(\widehat{DAE}\) ( đpcm )

c) Xét \(\Delta HBD,\Delta KCE\) có:

\(\widehat{DHB}=\widehat{EKC}=90^o\)
BD = CE ( gt )

\(\widehat{D}=\widehat{E}\) ( t/g ADE cân tại A )

\(\Rightarrow\Delta HBD=\Delta KCE\) ( c.huyền - g.nhọn )

\(\Rightarrow BH=CK\) ( đpcm )

Vậy...

\(DK:x>=0\)

\(Đat:t=\sqrt{2x+1}+\sqrt{x}\left(t>=0\right)\)

\(\Leftrightarrow t^2=3x+1+2\sqrt{2x^2+x}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{4}{3}\sqrt{2x^2+x}=\dfrac{2}{3}t^2-2x-\dfrac{2}{3}\)

Phương Trình đề bài \(\Leftrightarrow t-2x+11=\dfrac{2}{3}t^2-2x-\dfrac{2}{3}\)

\(\Leftrightarrow2t^2-3t-35=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=5\left(N\right)\\t=-\dfrac{7}{2}\left(L\right)\end{matrix}\right.\)

Thay t=5 vào chỗ đặt ý rồi giải phương trình tìm x . Kết luận

má nhìn đề đã sai

Đặt \(t=\sqrt{x}-1\) ta có \(t>0,\left(\forall x>1\right)\) và \(\sqrt{x}=t+1;x=t^2+2t+1\) từ đó

\(P=\dfrac{t^2+3t+3}{t}=3+\left(t+\dfrac{3}{t}\right)\ge3+2\sqrt{t.\dfrac{3}{t}}=3+2\sqrt{3}\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

\(\left\{{}\begin{matrix}t>0\\t=\dfrac{3}{t}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow t=\sqrt{3}\) \(\Leftrightarrow x=4+2\sqrt{3}\)

Vậy \(minP=3+2\sqrt{3}\)

\(P=\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}=\dfrac{x-1+\sqrt{x}-1+1+2}{\sqrt{x}-1}\)

\(P=\sqrt{x}-1+\dfrac{3}{\sqrt{x}-1}+3\)

với x >1 => \(\sqrt{x}-1>0;\dfrac{3}{\sqrt{x}-1}>0\)

áp cô si cho 2 số dươg

\(P\ge2\sqrt{\left(\sqrt{x}-1\right).\dfrac{3}{\sqrt{x}-1}}+3=2\sqrt{3}+3\)

đẳng thức khi \(\sqrt{x}-1=\dfrac{3}{\sqrt{x}-1}\)

\(\sqrt{x}-1=\pm\sqrt{3}\Rightarrow x=4+2\sqrt{3}\)thỏa mãn đk của x

kết luận

GTNN \(3+2\sqrt{3}\)

\(P=\dfrac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}{z+x}+\dfrac{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{x+y}+\dfrac{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}{y+z}\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y\ge2\sqrt{xy}\\z+y\ge2\sqrt{yz}\\x+z\ge2\sqrt{xz}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}{z+x}\ge\dfrac{2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}}{2\sqrt{xz}}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}{z+x}\ge2y\) (1)

Chứng minh tương tự ta có:

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{x+y}\ge2z\left(2\right)\\\dfrac{\left(y+x\right)\left(z+x\right)}{z+y}\ge2x\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

Từ (1),(2),(3)

\(\Rightarrow P\ge2x+2y+2z\)

\(\Rightarrow P\ge2.3\)

\(\Rightarrow P\ge6\)

Dấu "=" xảy ra khi

\(x=y=z\)

Vậy Min P là 6 khi \(x=y=z\)

Otasaka Yu: Cosi nhưng đừng là ở dưới đó.... (it's same some mô típ i've read and seen Manga and Anime Japan ( ͡° ͜ʖ ͡°))

\(\dfrac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}{x+z}+\dfrac{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}{x+y}\ge2\sqrt{\left(y+z\right)^2}=2\left(y+z\right)\)

Tương tự rồi cộng theo vế:

\(2P\ge2\left(x+y+z\right)\Leftrightarrow P\ge x+y+z=3\)

\("=" <=> x=y=z=1\)

It's A jOke. DoN't TriGgeRed my dude !

anh Tú ơi cái này là em hỏi mẹ em để giải giúp anh đấy

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

\(\dfrac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}{z+x}+\dfrac{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}{y+z}\ge2\left(x+y\right)\)

\(\dfrac{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{x+y}+\dfrac{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}{y+z}\ge2\left(z+x\right)\)

\(\Rightarrow2P\ge4\left(x+y+z\right)=4\times3=12\)

\(\Rightarrow P\ge6\)

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6 , xảy ra khi và chỉ khi

\(x=z=y=1\)

Lời giải:

Đặt \(A=(a+1)(b+1)(c+1)\)

\(6A=(a+1)(b+b+2)(c+c+c+3)\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(6A\geq 2\sqrt{ab}.3\sqrt[3]{2b^2}.4\sqrt[4]{3c^3}\)

\(\Leftrightarrow 6A\geq 24\sqrt{a}.\sqrt[3]{2b^2}.\sqrt[4]{3c^3}=24\sqrt[12]{a^6.16b^8.27c^9}\)

\(\Leftrightarrow A\geq 4\sqrt[12]{432a^6b^8c^9}\) (1)

Lại có:

\(abc=ab(6-a-b)=\frac{2}{9}.3a.\frac{3}{2}b(6-a-b)\)

\(\leq \frac{2}{9}.\left(\frac{3a+\frac{3}{2}b+6-a-b}{3}\right)^3\) (BĐT AM-GM ngược dấu)

\(\Leftrightarrow abc\leq \frac{2}{9}\left(\frac{6+2a+\frac{b}{2}}{3}\right)^3\leq \frac{2}{9}\left(\frac{6+2+1}{3}\right)^3\)

\(\Leftrightarrow abc\leq 6\) (2)

Từ (1); (2) suy ra \(A\geq 4\sqrt[12]{2.(abc)^3.a^6b^8c^9}\geq 4\sqrt[12]{a^3b.a^3b^3c^3.a^6b^8c^9}\)

(do \(a\leq 1, b\leq 2\))

hay \(A\geq 4\sqrt[12]{(abc)^{12}}=4abc\)

Do đó ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(1,2,3)\)

solution:

ta có: \(3=x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Leftrightarrow xyz\le1\)(theo BĐT cauchy cho 3 số )

\(\Rightarrow xy\le\dfrac{1}{z};yz\le\dfrac{1}{x};xz\le\dfrac{1}{y}\)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}\ge\dfrac{x}{\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}=x\sqrt[3]{x}=\sqrt[3]{x^4}\)

tương tự ta có:\(\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}\ge\sqrt[3]{y^4};\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{z^4}\)

cả 2 vế các BĐT đều dương,cộng vế với vế:

\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\)

Áp dụng BĐT bunyakovsky ta có:

\(\left(\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(\sqrt[3]{x^8}+\sqrt[3]{y^8}+\sqrt[3]{z^8}\right)^2=\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

\(\Rightarrow S\ge x^2+y^2+z^2\)

đến đây ta lại có BĐT quen thuộc: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

\(\Rightarrow S\ge xy+yz+xz\left(đpcm\right)\)

dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z mà x²+y²+z²=3 => x=y=z=1

*cách khác : Áp dụng BĐT cauchy - schwarz(bunyakovsky):

\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}=\dfrac{x^4}{x^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}+\dfrac{y^4}{y^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{y}}}+\dfrac{z^4}{z^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{z}}}\)

\(S\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2}=x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

cho mình hỏi vs ạ..

Khi mình nhập câu hỏi ý,, làm sao để gửi câu hỏi cho m.n xem để giải đk hả bạn,..Chỉ giùm mik vs ạ.

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(VT=\sum\dfrac{\sqrt{\left(x+y\right)^2-xy}}{4yz+1}\ge\sum\dfrac{\sqrt{\left(x+y\right)^2-\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2}}{\left(y+z\right)^2+1}=\sum\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(x+y\right)}{\left(y+z\right)^2+1}\)

Set \(\left\{{}\begin{matrix}x+y=a\\y+z=b\\z+x=c\end{matrix}\right.\)thì giả thiết trở thành \(a+b+c=3\) và cần chứng minh \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\sum\dfrac{a}{b^2+1}\ge\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\)

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{a}{b^2+1}\ge\dfrac{3}{2}\)( đến đây quen thuộc rồi)

Ta có:\(\sum\dfrac{a}{b^2+1}=\sum a-\sum\dfrac{ab^2}{b^2+1}\ge3-\sum\dfrac{ab^2}{2b}\)(AM-GM)

\(VT\ge3-\sum\dfrac{ab}{2}\ge3-\dfrac{\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}{2}=\dfrac{3}{2}\)( AM-GM)

Vậy ta có đpcm.Dấu = xảy ra khi a=b=c=1 hay \(x=y=z=\dfrac{1}{2}\)

Lời giải:

Ta có:

\(S=1^{22}+2^{22}+3^{22}+...+2015^{22}\)

\(S=2^2(2^{20}-1)+3^2(3^{20}-1)+...+2015^2(2015^{20}-1)+(1^2+2^2+...+2015^2)\)

Xét số tổng quát \(a^2(a^{20}-1)\)

Nếu $a$ chẵn thì \(a\vdots 2\Rightarrow a^2\vdots 4\Rightarrow a^2(a^{20}-1)\vdots 4\)

Nếu $a$ lẻ. Ta biết một số chính phương chia $4$ dư $0,1$. Mà $a$ lẻ nên \(a^2\equiv 1\pmod 4\)

\(\Rightarrow a^{20}\equiv 1^{10}\equiv 1\pmod 4\)

\(\Rightarrow a^2(a^{20}-1)\vdots 4\)

Vậy \(a^2(a^{20}-1)\vdots 4\) (1)

Mặt khác:

Xét $a$ chia hết cho $5$ suy ra \(a^2\vdots 25\Rightarrow a^2(a^{20}-1)\vdots 25\)

Xét $a$ không chia hết cho $5$ tức $(a,5)$ nguyên tố cùng nhau.

Áp dụng định lý Fermat nhỏ: \(a^4\equiv 1\pmod 5\)

Có \(a^{20}-1=(a^4-1)[(a^4)^4+(a^4)^3+(a^4)^2+(a^4)^1+1]\)

\(a^4\equiv 1\pmod 5\rightarrow a^4-1\equiv 0\pmod 5\)

\((a^4)^4+(a^4)^3+(a^4)^2+(a^4)^1+1\equiv 1^4+1^3+1^2+1^1+1\equiv 5\equiv 0\pmod 5\)

Do đó: \(a^{20}-1=(a^4-1)[(a^4)^4+...+1]\vdots 25\)

Vậy trong mọi TH thì \(a^2(a^{20}-1)\vdots 25\) (2)

Từ (1)(2) suy ra \(a^2(a^{20}-1)\vdots 100\)

Do đó: \(2^2(2^{20}-1)+3^2(3^{20}-1)+...+2015^2(2015^{20}-1)\vdots 100\)

Mặt khác ta có công thức sau:

\(1^2+2^2+..+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)

\(\Rightarrow 1^2+2^2+..+2015^2=\frac{2015(2015+1)(2.2015+1)}{6}\equiv 40\pmod {100}\)

Do đó S có tận cùng là 40

Lời giải:

$AB,BC,AC$ tỉ lệ với $4,7,5$ \(\Leftrightarrow \frac{AB}{4}=\frac{BC}{7}=\frac{CA}{5}(*)\)

a) Sử dụng công thức đường phân giác kết hợp với \((*)\) ta có:

\(\frac{MC}{BM}=\frac{AC}{AB}=\frac{5}{4}\)

\(\Rightarrow \frac{MC}{BM+MC}=\frac{5}{4+5}\Leftrightarrow \frac{MC}{BC}=\frac{5}{9}\)

\(\Rightarrow MC=\frac{5}{9}BC=\frac{5}{9}.18=10\) (cm)

b) Sử dụng công thức đường phân giác kết hợp với \((*)\) ta có:

\(\frac{NC}{NA}=\frac{BC}{AB}=\frac{7}{4}\)\(\Leftrightarrow \frac{NC}{7}=\frac{NA}{4}\)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau:

\(\frac{NC+NA}{7+4}=\frac{NC}{7}=\frac{NA}{4}=\frac{NC-NA}{7-4}\)

\(\Leftrightarrow \frac{AC}{11}=\frac{3}{3}=1\Rightarrow AC=11\) (cm)

c)

Vì $AO$ là phân giác góc $PAC$, $BO$ là phân giác góc $PBC$ nên áp dụng công thức đường phân giác:

\(\frac{OP}{OC}=\frac{AP}{AC}=\frac{BP}{BC}\)

AD tính chất dãy tỉ số bằng nhau:

\(\frac{OP}{OC}=\frac{AP}{AC}=\frac{BP}{BC}=\frac{AP+BP}{AC+BC}=\frac{AB}{AC+BC}\)

Theo \((*)\Rightarrow AC=\frac{5}{4}AB; BC=\frac{7}{4}AB\)

\(\frac{OP}{OC}=\frac{AB}{AC+BC}=\frac{AB}{\frac{5}{4}AB+\frac{7}{4}AB}=\frac{AB}{3AB}=\frac{1}{3}\)

d) Áp dụng công thức đường phân giác:

\(\left\{\begin{matrix} \frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}\\ \frac{NC}{NA}=\frac{BC}{AB}\\ \frac{PA}{PB}=\frac{AC}{BC}\end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{MB}{MC}.\frac{NC}{NA}.\frac{PA}{PB}=\frac{AB}{AC}.\frac{BC}{AB}.\frac{AC}{BC}=1\)

(đpcm)

Chứng minh \(\frac{1}{AM}+\frac{1}{BN}+\frac{1}{CP}>\frac{1}{AB}+\frac{1}{BC}+\frac{1}{AC}\)

Kẻ \(MH\perp AB, MK\perp AC, CL\perp AB\)

Ta có bổ đề sau: \(\sin (2\alpha)=2\sin \alpha\cos \alpha\)

Chứng minh :

Thật vậy, xét một tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$ và trung tuyến $AM$, góc \(\angle ACB=\alpha\)

Khi đó: \(AM=MB=MC=\frac{BC}{2}\Rightarrow \triangle AMC\) cân tại $M$
\(\Rightarrow \angle MAC=\angle MCA=\alpha\)

\(\Rightarrow \angle HMA=\angle MAC+\angle MCA=2\alpha\)

\(\Rightarrow \sin 2\alpha=\sin HMA=\frac{HA}{MA}=\frac{HA}{\frac{BC}{2}}=\frac{2HA}{BC}\) (1)

Lại có: \(\sin \alpha=\sin \angle ACB=\frac{AH}{AC}\)

\(\cos \alpha=\frac{AC}{BC}\)

\(\Rightarrow \sin \alpha\cos \alpha=\frac{AH}{AC}.\frac{AC}{BC}=\frac{AH}{BC}\) (2)

Từ (1); (2) suy ra \(\sin 2\alpha=2\sin \alpha\cos \alpha\) (đpcm)

------------------------------

Áp dụng vào bài toán:

Ta có: \(\sin A=2\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2}\)

\(S_{ABM}+S_{AMC}=S_{ABC}\)

\(\Leftrightarrow \frac{MH.AB}{2}+\frac{MK.AC}{2}=\frac{CL.AB}{2}\)

\(\Leftrightarrow AB.\sin \frac{A}{2}.AM+\sin \frac{A}{2}.AM.AC=\sin A.AC.AB\)

\(\Leftrightarrow AM=\frac{\sin A.AB.AC}{\sin \frac{A}{2}.AB+\sin \frac{A}{2}.AC}=\frac{2\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2}.AB.AC}{\sin \frac{A}{2}.AB+\sin \frac{A}{2}.AC}\)

\(\Leftrightarrow AM=\frac{2\cos \frac{A}{2}.AB.AC}{AB+AC}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{AM}=\frac{AB+AC}{2AB.AC\cos \frac{A}{2}}=\frac{1}{2\cos \frac{A}{2}}(\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC})\)

Tương tự: \(\frac{1}{BN}=\frac{1}{2\cos \frac{B}{2}}(\frac{1}{BA}+\frac{1}{BC})\)

\(\frac{1}{CP}=\frac{1}{2\cos \frac{C}{2}}(\frac{1}{CB}+\frac{1}{CA})\)

Cộng theo vế:

\(\frac{1}{AM}+\frac{1}{BN}+\frac{1}{CP}=\frac{1}{2\cos \frac{A}{2}}(\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC})+\frac{1}{2\cos \frac{B}{2}}(\frac{1}{BA}+\frac{1}{BC})+\frac{1}{2\cos \frac{C}{2}}(\frac{1}{CA}+\frac{1}{CB})\)

\(> \frac{1}{2}(\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC})+\frac{1}{2}(\frac{1}{BC}+\frac{1}{AC})+\frac{1}{2}(\frac{1}{CB}+\frac{1}{CA})\) (do \(\cos \alpha < 1\) vì cạnh góc vuông luôn nhỏ hơn cạnh huyền)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{AM}+\frac{1}{BN}+\frac{1}{CP}> \frac{1}{AB}+\frac{1}{BC}+\frac{1}{CA}\)

Ta có đpcm.