Gọi số gói kẹo ở thùng I ban đầu là \(x\left(x\inℕ^∗\right)\)và số gói kẹo ở thùng II ban đầu là \(y\left(y\inℕ^∗\right)\)

Vì ban đầu, thùng I hơn thùng II là 20 gói kẹo nên ta có phương trình \(x-y=20\)(1)

Thùng I được thêm 40 gói nên số gói kẹo ở thùng I lúc này là \(x+40\)

Thùng II bị bớt 10 gói nên số gói kẹo ở thùng II lúc này là \(y-10\)

Lúc sau số gói kẹo ở thùng 1 bằng \(\frac{4}{3}\)số gói kẹo ở thùng II nên ta có phương trình \(x+40=\frac{4}{3}\left(y-10\right)\)

\(\Leftrightarrow3\left(x+40\right)=3.\frac{4}{3}\left(y-10\right)\)\(\Leftrightarrow3x+120=4\left(y-10\right)\)\(\Leftrightarrow3x+120=4y-40\)

\(\Leftrightarrow4y-3x=160\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\hept{\begin{cases}x-y=20\\4y-3x=160\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=x-20\\4\left(x-20\right)-3x=160\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=x-20\\4x-80-3x=160\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=240-20=220\\x=240\end{cases}}\)
(nhận)

Vậy ban đầu thùng I có 240 gói kẹo, thùng II có 220 gói kẹo

Từ 1 thành phố bất kì ta cần n - 1 đường bay nối đến n - 1 thành phố còn lại

Vậy từ n thành phố cần \(n\left(n-1\right)\)đường bay

Mà với cách tính này thì số đường bay bị gấp lên 2 lần

Vậy số đường cần là : \(\frac{n\left(n-1\right)}{2}\)

Vậy có thể cấp phép tối đa cho cho \(\frac{n\left(n-1\right)}{2}\)hãng hàng không .

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số \(x^2;y^2;z^2\) luôn có ít nhất 2 số cùng phía so với 1

Không mất tính tổng quát, giả sử đó là \(x^2\) và \(y^2\)

\(\Rightarrow\left(x^2-1\right)\left(y^2-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow x^2y^2\ge x^2+y^2-1\)

\(\Rightarrow x^2y^2+2x^2+2y^2+4\ge x^2+y^2-1+2x^2+2y^2+4\)

\(\Rightarrow\left(x^2+2\right)\left(y^2+2\right)\ge3\left(x^2+y^2+1\right)\)

\(\Rightarrow\left(x^2+2\right)\left(y^2+2\right)\left(z^2+2\right)\ge3\left(x^2+y^2+1\right)\left(1+1+z^2\right)\ge3\left(x+y+z\right)^2\ge9\left(xy+yz+zx\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(1;1;1\right);\left(-1;-1;-1\right)\)

cccccó chó

Rồi gì nữa bạn?

chưa học tới

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

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

\(\ge\frac{\left(x+y+z+x\right)\left(x+y+z-x\right)\left(x+y+z+y\right)\left(x+y+z-y\right)\left(x+y+z+z\right)\left(x+y+z-z\right)}{x^2y^2z^2}\)

\(\ge\frac{4\sqrt[4]{x^2yz}.2\sqrt{yz}.4\sqrt[4]{xy^2z}.2\sqrt{zx}.4\sqrt[4]{xyz^2}.2\sqrt{xy}}{x^2y^2z^2}\)

\(=\frac{512x^2y^2z^2}{x^2y^2z^2}=512\)

Xét đường tròn (O;R) có \(\widehat{MTA}\)là góc tạo bởi tiếp tuyến MT (tiếp điểm là T) và dây cung TA \(\Rightarrow\widehat{MTA}=\frac{1}{2}sđ\widebat{TA}\)

Mà \(\widehat{MBT}\)là góc nội tiếp chắn cung TA \(\Rightarrow\widehat{MBT}=\frac{1}{2}sđ\widebat{TA}\)

\(\Rightarrow\widehat{MTA}=\widehat{MBT}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{TA}\right)\)

Xét \(\Delta MTA\)và \(\Delta MBT\), ta có: \(\widehat{BMT}\)chung; \(\widehat{MTA}=\widehat{MBT}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta MTA~\Delta MBT\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\frac{MT}{MB}=\frac{MA}{MT}\Rightarrow MT^2=MA.MB\)(1)

Hoàn toàn tương tự, ta có \(MT^2=MC.MD\)(2)

Vì MT là tiếp tuyến tại T của (O) \(\Rightarrow MT\perp OT\)tại T \(\Rightarrow\Delta OMT\)vuông tại T

\(\Rightarrow OM^2=MT^2+OT^2\)\(\Rightarrow MT^2=OM^2-OT^2\)

Đồng thời MT là tiếp tuyến tại T của (O;R) \(\Rightarrow OT=R\)

Như vậy ta có \(MT^2=OM^2-R^2\)(3)

Từ (1), (2) và (3) ta có đpcm.