Lời giải:

Áp dụng hệ quả của BĐT AM-GM:

\(\text{VT}^2=\left[\frac{1}{a(a+1)}+\frac{1}{b(b+1)}+\frac{1}{c(c+1)}\right]^2\geq 3\left(\frac{1}{ab(a+1)(b+1)}+\frac{1}{bc(b+1)(c+1)}+\frac{1}{ca(a+1)(c+1)}\right)\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}^2\geq 3.\frac{a^2+b^2+c^2+a+b+c}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 3.\frac{a+b+c+ab+bc+ac}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}^2\geq \frac{3}{abc}-\frac{3(abc+1)}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}\) \((1)\)

Ta sẽ cm \((a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3\). Thật vậy:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}\)

\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}\)

Cộng theo vế: \(\Rightarrow 3\geq \frac{3(\sqrt[3]{abc}+1)}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\)

\(\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (\sqrt[3]{abc}+1)^3\) (2)

Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}^2\geq \frac{3}{abc}-\frac{3(abc+1)}{abc(1+\sqrt[3]{abc})^3}=\frac{9}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}(1+\sqrt[3]{abc})^2}=\text{VP}^2\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq \text{VP}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

ap dung bdt holder

\(\overrightarrow{RF}+\overrightarrow{IQ}+\overrightarrow{PS}=\overrightarrow{RA}+\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{BQ}+\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{CS}=\overrightarrow{0}\)

ta có : \(\overrightarrow{RF}+\overrightarrow{IQ}+\overrightarrow{PS}\)

\(=\overrightarrow{RA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CQ}+\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AS}\)

ta dể dàng chứng minh đc \(DA\) là phân giác góc \(\widehat{EDF}\) (sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp)

từ đó có thể chứng minh được \(DB\) là phân giác của góc \(\widehat{FDG}\) (\(\widehat{FDB}=\widehat{BDG}\) vì cùng phụ \(\dfrac{1}{2}\widehat{EDF}\))

\(\Rightarrow\) \(G\) đối sứng với \(F\) qua \(BC\) \(\Rightarrow\widehat{CGB}=90^o\)

đặc \(C\left(x_c;y_c\right)\) \(\Rightarrow\overrightarrow{CG}\left(2-x_c;-6-y_c\right)\) và \(\overrightarrow{BG}\left(6;-2\right)\)

ta có \(\overrightarrow{CG}\perp\overrightarrow{BG}\) (\(\widehat{CGB}=90^o\))

\(\Rightarrow6\left(2-x_c\right)-2\left(-6-y_C\right)=0\) \(\Leftrightarrow-6x_c+2y_c=-24\) (1)

(1) và \(C\in d\) \(\Rightarrow\) hpt : \(\left\{{}\begin{matrix}-6x_c+2y_c=-24\\2x_c+y_c-8=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_c=4\\y_c=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow C\left(4;0\right)\)

đặc \(I\) là \(CB\cap FG\) có tọa độ là \(I\left(x_i;y_i\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{GI}\left(x_i-2;y_i+6\right)\) và \(\overrightarrow{BC}\left(8;4\right)\)

ta có : \(\overrightarrow{BC}\perp\overrightarrow{GI}\) \(\Rightarrow8\left(x_i-2\right)+4\left(y_i+6\right)\Leftrightarrow8x_i+4y_i=-8\) (2)

ta có : \(\overrightarrow{BI}\left(x_i+4;y_i+4\right)\) và \(\overrightarrow{BI}\uparrow\uparrow\overrightarrow{BC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{8}{x_i+4}=\dfrac{4}{y_i+4}\Leftrightarrow-4x_i+8y_i=-16\) (3)

từ (2) với (3) ta có hpt : \(\left\{{}\begin{matrix}8x_i+4y_i=-8\\-4x_i+8y_i=-16\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_i=0\\y_i=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow I\left(0;-2\right)\)

đặc \(F\left(x_f;y_f\right)\)

ta có : \(I\) là trung điểm \(FG\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x_f+2}{2}=0\\\dfrac{y_f-6}{2}=-2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_f=-2\\y_f=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow F\left(-2;2\right)\) \(\Rightarrow\) \(\overrightarrow{FC}\left(6;-2\right)\)

ta có phương trình đường thẳng \(AB\) là phương trình của đường thẳng đi qua \(B\left(-4;-4\right)\) và nhận \(\overrightarrow{FC}\left(6;-2\right)\) làm vectơ pháp tuyến

\(\Rightarrow6\left(x+4\right)-2\left(y+4\right)=0\) \(\Leftrightarrow6x-2y+16=0\)

vậy phương trình của cạnh \(AB\) là \(6x-2y+16=0\)

Gợi ý: Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Dễ dàng chứng minh được AD là phân giác góc EDF.

=> BD là phân giác góc FDG.

=> FG đối xứng với nhau qua BC.

=> BG vuông góc GC

Vẽ đường GC tìm được tọa độ của C

Vẽ đường BC.

Gọi I là giao điểm của FG và BC tìm tọa độ của I có I rồi tìm được tọa độ của F có F thì vẽ được đường thẳng AB.

Bài 1:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:

\((a^2+2c^2)(1+2)\geq (a+2c)^2\)

\(\Rightarrow \sqrt{a^2+2c^2}\geq \frac{a+2c}{\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow \frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\geq \frac{a+2c}{\sqrt{3}ac}=\frac{ab+2bc}{\sqrt{3}abc}\)

Hoàn toàn tương tự: \(\left\{\begin{matrix} \frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\geq \frac{ac+2ab}{\sqrt{3}abc}\\ \frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\geq \frac{bc+2ac}{\sqrt{3}abc}\end{matrix}\right.\)

Cộng theo vế các BĐT trên thu được:

\(\text{VT}\geq \frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{ab+2bc+ac+2ab+bc+2ac}{abc}=\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{3(ab+bc+ac)}{abc}=\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{3abc}{abc}=\sqrt{3}\)

Ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=3$

Bài 2: Bài này sử dụng pp xác định điểm rơi thôi.

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(24a^2+24.(\frac{31}{261})^2\geq 2\sqrt{24^2.(\frac{31}{261})^2a^2}=\frac{496}{87}a\)

\(b^2+(\frac{248}{87})^2\geq 2\sqrt{(\frac{248}{87})^2.b^2}=\frac{496}{87}b\)

\(93c^2+93.(\frac{8}{261})^2\geq 2\sqrt{93^2.(\frac{8}{261})^2c^2}=\frac{496}{87}c\)

Cộng theo vế:

\(B+\frac{248}{29}\geq \frac{496}{87}(a+b+c)=\frac{496}{87}.3=\frac{496}{29}\)

\(\Rightarrow B\geq \frac{496}{29}-\frac{248}{29}=\frac{248}{29}\)

Vậy \(B_{\min}=\frac{248}{29}\). Dấu bằng xảy ra khi: \((a,b,c)=(\frac{31}{261}; \frac{248}{87}; \frac{8}{261})\)

Lời giải:

Phản chứng. Giả sử \(A=a\sqrt{n}+b\sqrt{n+1}\in\mathbb{Q}\)

Bình phương 2 vế:

\(\Rightarrow a^2n+b^2(n+1)+2ab\sqrt{n(n+1)}=A^2\)

\(\Rightarrow 2ab\sqrt{n(n+1)}=A^2-a^2n-b^2(n+1)\in\mathbb{Q}\)

Mà \(2ab\in\mathbb{Q}\Rightarrow \sqrt{n(n+1)}\in\mathbb{Q}\)

Do \(n\in\mathbb{N}^*\Rightarrow n(n+1)\in\mathbb{N}^*\). Suy ra, để \(\sqrt{n(n+1)}\in\mathbb{Q}\) thì nó phải có dạng \(t\) (\(t\in\mathbb{N})\)

Ta có:

\(\sqrt{n(n+1)}=t\)

\(\Rightarrow n(n+1)=t^2\)

\(\Rightarrow 4n(n+1)=(2t)^2\Rightarrow (2n+1)^2=(2t)^2+1\)

\(\Leftrightarrow (2n+1-2t)(2n+1+2t)=1\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 2n+1-2t=1\\ 2n+1+2t=1\end{matrix}\right.\rightarrow n=0\) (vô lý do \(n\in\mathbb{N}^*\) )

Vậy giả sử là sai. Do đó \(A\not\in\mathbb{Q}\) hay A vô tỉ.

thanks nhiều

Câu a)

Có: \(\left\{\begin{matrix} (x+y)^2+3y^2=7\\ x+2y(x+1)=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+4y^2+2xy=7\\ x+2y=5-2xy\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+4y^2+2xy=7\\ x^2+4y^2+4xy=(5-2xy)^2\end{matrix}\right.\)

Lấy PT(2) trừ PT(1) thu được:

\(2xy=(5-2xy)^2-7\)

\(\Leftrightarrow 2(xy)^2-11xy+9=0\)

\(\Rightarrow xy=\frac{9}{2}\) hoặc \(xy=1\) hay \(\left[\begin{matrix} 2xy=9\\ 2xy=2\end{matrix}\right.\)

Nếu \(2xy=9\Rightarrow x+2y=5-2xy=-4\)

Theo định lý Viete đảo thì $x,2y$ là nghiệm của PT:

\(X^2+4X+9=0\)\(\Leftrightarrow (X+2)^2+5=0\) (vl)

Nếu \(2xy=2\Rightarrow x+2y=5-2xy=3\)

Theo định lý Viete đảo thì $x,2y$ là nghiệm của PT:

\(X^2-3X+2=0\Rightarrow (x,2y)=(2,1); (1,2)\)

\(\Rightarrow (x,y)=(2,\frac{1}{2}); (1; 1)\)

Câu b:

\(\left\{\begin{matrix} x(y-1)+2y=x(x+1)(1)\\ \sqrt{2x-1}+xy-3y+1=0(2)\end{matrix}\right.\)

Từ \((1)\Leftrightarrow y(x+2)=x(x+1)+x\)

\(\Leftrightarrow y(x+2)=x(x+2)\Leftrightarrow (x+2)(y-x)=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} x=-2\\ x=y\end{matrix}\right.\)

Nếu \(x=-2\) thay vào (2) thấy ngay vô lý vì ĐKXĐ là \(x\geq \frac{1}{2}\)

Nếu \(x=y\), thay vào (2): \(\sqrt{2x-1}+x^2-3x+1=0\)

\(\Leftrightarrow (\sqrt{2x-1}-x)+(x^2-2x+1)=0\)

\(\Leftrightarrow \frac{2x-1-x^2}{\sqrt{2x-1}+x}+(x-1)^2=0\)

\(\Leftrightarrow (x-1)^2\left[1-\frac{1}{\sqrt{2x-1}+x}\right]=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} x=1\\ \sqrt{2x-1}+x=1\end{matrix}\right.\)

Với trường hợp \(\sqrt{2x-1}+x=1(x\leq 1)\Rightarrow \sqrt{2x-1}=1-x\)

\(\Rightarrow 2x-1=(1-x)^2=x^2-2x+1\)

\(\Leftrightarrow x^2-4x+2=0\Rightarrow x=2\pm \sqrt{2}\). Vì \(\frac{1}{2}\leq x\leq 1\Rightarrow x=2-\sqrt{2}\)

Vậy \((x,y)=(1,1); (2-\sqrt{2}; 2-\sqrt{2})\)

Lời giải:

Đặt \((a,b,c)=(m+4,n+5,p+6)\Rightarrow m,n,p\geq 0\)

Điều kiện đb trở thành:

\(a^2+b^2+c^2=90\Leftrightarrow m^2+n^2+p^2+8m+10n+12p=13\)

Vì \(m,n,p\geq 0\) nên:

\(13=m^2+n^2+p^2+8m+10n+12p\leq (m+n+p)^2+12(m+n+p)\)

\(\Leftrightarrow (m+n+p+13)(m+n+p-1)\geq 0\)

\(\Rightarrow m+n+p\geq 1\)

\(\Rightarrow a+b+c=m+n+p+15\geq 16\)

Ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(4,5,7)\)

28/11/2017 mà chị vẫn giải à

Lời giải:

Ta sẽ CM BĐT trung gian sau:

\(P\geq \frac{x^2}{x+y}+\frac{y^2}{y+z}+\frac{z^2}{z+x}\)

\(\Leftrightarrow x^2\left ( \frac{1}{y+z}-\frac{1}{x+y} \right )+y^2\left ( \frac{1}{x+z}-\frac{1}{z+y} \right )+z^2\left ( \frac{1}{x+y}-\frac{1}{z+x} \right )\geq 0\)

\(\Leftrightarrow x^2(x^2-z^2)+y^2(y^2-x^2)+z^2(z^2-y^2)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (x^2-y^2)^2+(y^2-z^2)^2+(z^2-x^2)^2\geq 0\) (luôn đúng)

Giờ ta sẽ tìm min \(\frac{x^2}{x+y}+\frac{y^2}{y+z}+\frac{z^2}{z+x}\)

Hiển nhiên \(\sum \frac{x^2}{x+y}=\sum \frac{y^2}{x+y}\) nên

\(\frac{x^2}{x+y}+\frac{y^2}{y+z}+\frac{z^2}{z+x}=\frac{1}{2}\left(\frac{x^2+y^2}{x+y}+\frac{y^2+z^2}{y+z}+\frac{z^2+x^2}{z+x}\right)=A\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(A\geq \frac{1}{2}\frac{(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+z^2}+\sqrt{z^2+x^2})^2}{2(x+y+z)}=\frac{9}{x+y+z}\)

Áp dụng BĐT Cauchy: \(\sqrt{x^2+y^2}\geq \frac{x+y}{\sqrt{2}}\)

Tương tự với các số còn lại suy ra \(6\geq \sqrt{2}.(x+y+z)\Rightarrow x+y+z\leq 3\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow A\geq \frac{3\sqrt{2}}{2}\) kéo theo \(P_{\min}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{2}\)

\(\left(a^3+b^3+c^3\right)\left[\dfrac{3}{8}.\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right].\left[\dfrac{3}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]..\)

\(\le\dfrac{1}{9^9}\left[a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^9\)

\(=\dfrac{1}{9^9}\left(a+b+c\right)^{27}\)

\(\Leftrightarrow3^8.\left(a^3+b^3+c^3\right)\le\dfrac{1}{3^{18}}\left(a+b+c\right)^{27}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt[27]{\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}}\le\dfrac{a+b+c}{3}\)

P/s: Eztogiveup

Ara ara, dats a nais sol :3