Gọi pt sóng tổng quát \(x_1=x_2=Acos\left(\omega t+\varphi\right)\) (cm)

Tại điểm M cách \(O_1\), \(O_2\) lần lượt các đoạn \(d_1\), \(d_2\) có phương trình sóng:

\(x=2A\cos\dfrac{\pi\left(d_2-d_1\right)}{\lambda}.\cos\left(\omega t+\varphi-\dfrac{\pi\left(d_1+d_2\right)}{\lambda}\right)\)(cm)

Các vân lồi là tập hợp những điểm dao động mạnh nhất, tức có biên độ lớn nhất. Do đó \(\left|\cos\dfrac{\pi\left(d_2-d_1\right)}{\lambda}\right|=1\Leftrightarrow d_2-d_1=k\lambda\)

Tại k=14 và k=-14, 2 đường(vân) này cắt \(O_1O_2\) tại 2 điểm có khoảng cách 2,8 cm. Do tính đối xứng của những đường này qua đường trung trực \(O_1O_2\) nên tại 1 trong 2 điểm luôn có \(\left|d_2-d_1\right|=\dfrac{2,8}{100}\) (m)

Do đó \(\lambda=\dfrac{\left|d_2-d_1\right|}{\left|k\right|}=2.10^{-3}=\dfrac{v}{f}\Rightarrow v=0,2\) \((m/s)\)

(B.)

Ta có: \(VT_{bpt}=m^2\left(x^4-1\right)+m\left(x^2-1\right)-6\left(x-1\right)\)(*)

\(=\left(x-1\right)\left[m^2\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)+m\left(x+1\right)-6\right]\)

Ta xét \(f\left(x\right)=m^2\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)+m\left(x+1\right)-6\)

+) m=0, rõ ràng không thỏa mãn

+) \(m\ne0\), thì f(x) là hàm số bậc 3, luôn có ít nhất 1 nghiệm, và luôn có lẻ số nghiệm(nghĩa là chỉ có 1 hoặc 3 nghiệm). Gọi nghiệm đó là \(x_o\) thì

\(f\left(x\right)=\left(x-x_o\right)\left(m^2x^2+bx+c\right)\)

Th1: \(ax^2+bx+c=\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\). Lúc này dấu của (*) đổi dấu trên từng khoảng, nên Th này loại.

Th2:\(ax^2+bx+c>0\forall x\) thì ta sẽ xét dấu của \(\left(x-1\right)\left(x-x_o\right)\). Biện luận tương tự Th1, để Bpt đúng với mọi x thì \(x_o=1\). Do đó f(x) phải nhận \(x_o\) làm nghiệm. Thay x=1 vào f(x):

\(m^2.4+2m-6=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=-\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)

Thử lại thấy cả 2 giá trị của m đều thỏa mãn. Vậy \(S=-\dfrac{3}{2}+1=-\dfrac{1}{2}\)

Giả sử c là số ở giửa a và b. khi đó \(\left(b-c\right)\left(c-a\right)\ge0\)

Ta chứng minh :

\(VT\le c\left(\dfrac{b^2}{2b^2+a^2+c^2}+\dfrac{a^2}{2a^2+b^2+c^2}\right)+\dfrac{abc}{a^2+b^2+2c^2}\)(*)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(c-a\right)\left(b-c\right)\left(b^2+c^2-bc+a^2\right)}{\left(a^2+c^2+2b^2\right)\left(b^2+a^2+2c^2\right)}\ge0\) (Đúng)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(VT\le\dfrac{c}{4}\left(\dfrac{b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{b^2}{b^2+c^2}+\dfrac{a^2}{a^2+b^2}+\dfrac{a^2}{a^2+c^2}\right)+\dfrac{abc}{2ac+2bc}\)

\(\le\dfrac{c}{4}\left(1+\dfrac{b^2}{2bc}+\dfrac{a^2}{2ac}\right)+\dfrac{\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}}{2\left(a+b\right)}=\dfrac{c}{4}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+b}{8}\)

\(=\dfrac{a+b+c}{4}\)( \(ĐpcM\))

Dấu = xảy ra khi a=b=c

Holder:

\(S=\left(x^3+t^3\right)+8\left(y^3+z^3\right)\ge\dfrac{1}{4}\left(x+t\right)^3+2\left(y+z\right)^3=\dfrac{1}{4}\left[\left(x+t\right)^3+8\left(y+z\right)^3\right]\)

\(=\left[\left(x+t\right)^3+8\left(y+z\right)^3\right]\left(1+\dfrac{1}{\sqrt{8}}\right)\left(1+\dfrac{1}{\sqrt{8}}\right).\dfrac{2}{9+2\sqrt{8}}\)

\(\ge\left(x+y+z+t\right)^3.\dfrac{2}{9+2\sqrt{8}}=\dfrac{4^3.2}{9+2\sqrt{8}}\)

Dấu = xảy ra khi \(x=t=\dfrac{2\sqrt{8}}{\sqrt{8}+1},y=z=\dfrac{2}{\sqrt{8}+1}\)

\(BDT\Leftrightarrow2\left[\dfrac{a^3+b^3+c^2}{abc}-3\right]+9\left[\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}-3\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)\sum\left(a-b\right)^2}{abc}+\dfrac{-9\sum\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)^2\left(\dfrac{a+b+c}{abc}-\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)^2.\dfrac{\sum\left(a-b\right)^2.\left(a+b+3c\right)}{2abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge0\) (đúng)

\(x=3^a+72=3^2\left(8+3^{a-2}\right)\).Để x là số chính phương thì \(8+3^{a-2}\) cũng là số chính phương. Mà \(8+3^{a-2}\) chia 3 dư 2, và mọi số chính phương chia 3 dư 0 hoăc 1, nên không tồn tại a thỏa mãn

Vậy \(∄\)\(a\)

\(1=\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)^2=\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)^2\)

\(=\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)

\(\le\left(\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{3}\right)^3=\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge1\)

Ta có: \(\left(a-1\right)\left(a-2\right)\left(a+3\right)\le0\Leftrightarrow a^3\le7a-6\)

tương tự rồi cộng lại: \(VT\le7\left(a+b+c\right)-18\)

Ta chứng minh \(5abc-7\left(a+b+c\right)+18\ge0\)(*) .Giả sử a=max{a,b,c}

Có:\(\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\Rightarrow abc\ge ab+ac-a\)

\(VT\ge5\left(ab+ac-a\right)-7\left(a+b+c\right)+18=\left(b+c\right)\left(5a-7\right)+\left(18-12a\right)\)

*) nếu \(a\in\left[\dfrac{7}{5},2\right]\)\(\Rightarrow VT\ge2\left(5a-7\right)+\left(18-12a\right)=2\left(2-a\right)\ge0\)

*) Nếu \(a\in\left[1,\dfrac{7}{5}\right]\)\(\Rightarrow b+c\le2a\le\dfrac{14}{5}\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{14}{5}\left(5a-7\right)+\left(18-12a\right)=2\left(a-\dfrac{4}{5}\right)>0\)

Vậy BĐT được chứng minh. Dấu = xảy ra khi (a,b,c)=(2;1;1) và các hoán vị

Bổ đề: Cho S(ABCD) là chùm điều hòa. Ax//SD và cắt SA,SB,SC tại A,X,Y thì X là trung điểm AY.

cm:Theo định lý thales: \(\dfrac{\overline{AX}}{\overline{SD}}=\dfrac{\overline{AC}}{\overline{CD}};\dfrac{\overline{AY}}{\overline{SD}}=\dfrac{\overline{AB}}{\overline{BD}}\).

Mà \(\left(ABCD\right)=-1\Leftrightarrow\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CB}}=-\dfrac{\overline{DA}}{\overline{DB}}\Leftrightarrow\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CB}-\overline{CA}}=\dfrac{\overline{AD}}{\overline{DB}-\overline{AD}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{\overline{AC}}{\overline{AB}}=\dfrac{\overline{DA}}{\overline{DB}+\overline{DA}}=\dfrac{\overline{AC}+\overline{CD}}{2\overline{BD}+\overline{AB}}=\dfrac{\overline{CD}}{2\overline{BD}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{\overline{AC}}{\overline{CD}}=\dfrac{1}{2}\dfrac{\overline{AB}}{\overline{BD}}\Leftrightarrow\overline{AY}=2\overline{AX}\) hay X là trung điểm AY.

#: Quay lại bài toán : Dễ thấy A(KDBC)=-1 nên (KIEF)=-1 nên D(KIEF)=-1. Mặt khác IN // DE nên theo bổ đề trên M là trung điểm IN