Đặt: \(x_1=\sqrt{a^2}\)

\(x_2=\sqrt{a^2+\sqrt{a^2}}\)

\(x_3=\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+\sqrt{a^2}}}\)

...

\(x_n=\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a^2}}}\) ( n dấu căn )

Ta có: \(a\ne0\Rightarrow0< x_1< x_2< x_3< ...< x_{n-1}< x_n\)

Từ: \(x_n=\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a^2}}}\Rightarrow x_n^2=a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a^2}}\)  (n-1 dấu căn ) \(=a^2+x_{n-1}\) 

\(\Rightarrow x_n^2-a^2=x_{n-1}< x_n\Rightarrow x_n^2-a^2< x_n\Rightarrow x_n^2-x_n-a^2< 0\)

\(\Rightarrow\left(x_n-\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4}-a^2< 0\Rightarrow\left(x_n-\frac{1}{2}\right)^2< \frac{1+4a^2}{4}\Rightarrow x_n< \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{1+4a^2}}{2}\) (1)

Ta cần chứng minh: \(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{1+4a^2}}{2}< \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\) (2)

Thật vậy, ta có: \(\left(2\right)\Leftrightarrow\frac{\sqrt{1+4a^2}}{2}< \frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow4\sqrt{1+4a^2}< \sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\)

\(\Leftrightarrow16\left(1+4a^2\right)< 10+32a^2+2\sqrt{\left(1+16a^2\right)\left(9+16a^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow32a^2+6< 2\sqrt{\left(1+16a^2\right)\left(9+16a^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow16a^2+3< \sqrt{\left(1+16a^2\right)\left(9+16a^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow256a^4+96a^2+9< 9+160a^2+256a^4\)

\(\Leftrightarrow-64a^2< 0\) ( luôn đúng với mọi a khác 0)

=> Bất đẳng thức (2) đúng

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow x_n< \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a}}}< \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\)

Ngọc bổ sung một cách khác nhé :))

Ta xét vế trái, vì dễ thấy \(\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a^2}}}\) (n dấu căn) \(< \sqrt{a^2+\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...}}}\)(vô hạn dấu căn)

Ta đặt \(\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...}}}=t,t\ge0\)

\(\Rightarrow t^2=t+a^2\Rightarrow t^2-t-a^2=0\)

Ta đưa phương trình trên về phương trình bậc hai ẩn t , khi đó \(\Delta=1+4a^2>0\Rightarrow t=\frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2}\) (vì \(t\ge0\))

Do vậy ta chỉ cần chứng minh \(\frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2}< \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow4\sqrt{1+4a^2}< \sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\)

\(\Leftrightarrow16\left(1+4a^2\right)< 32a^2+10+2\sqrt{1+16a^2}.\sqrt{9+16a^2}\)

\(\Leftrightarrow16a^2+3< \sqrt{1+16a^2}.\sqrt{9+16a^2}\)

\(\Leftrightarrow\left(16a^2+3\right)^2< \left(16a^2+1\right)\left(16a^2+9\right)\)

\(\Leftrightarrow16^2a^4+96a^2+9< 16^2a^4+160a^2+9\)

\(\Leftrightarrow0< 64a^2\) (luôn đúng với \(a\ne0\))

Vậy ta có đpcm.

\(8f\left(2x+3\right)=8x^3+36x^2+54x+27-3\left(4x^2+12x+9\right)-25\left(2x+3\right)+115=\left(2x+3\right)^3-3\left(2x+3\right)^2-25\left(2x+3\right)+115\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{x^3-3x^2-25x+115}{8}\)
ĐẾn đây ai làm tiếp hộ vs 

Ta có: \(8.f\left(2x+3\right)=8x^3+24x^2-32x+40\)
                        \(=\left(2x+3\right)^3-3\left(2x+3\right)-25\left(2x+3\right)+115\)
Đặt \(2x+3=X\)ta có: \(8f\left(X\right)=X^3-3X-25X+115\)
   Vậy công thức của hàm f(x ) là: \(f\left(x\right)=\frac{x^3-3x^2-25x+115}{8}\).
Ta có: 
 \(-f\left(\sqrt[3]{2013}\right)=-\frac{\left(\sqrt[3]{2013}\right)^3-3.\left(\sqrt[3]{2013}\right)^2-25\sqrt[3]{2013}+115}{8}\).
Các bạn làm tiếp và kiểm tra lại phần tính toán giúp mình nhé !

Có: \(x^3+y^3+3\left(x^2+y^2\right)+4\left(x+y\right)+4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2+\left(y+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+1\right]=0\)

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

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{x+y}{xy}=-\frac{2}{xy}\le-\frac{2}{\frac{\left(x+y\right)^2}{4}}=-2\)

Dấu '=' xảy ra khi: \(x=y=-1\) 

Vậy:....

Bạn Nguyễn Đức Thắng làm đúng rồi. Tuy nhiên bạn làm tắt quá.

\(x^3+y^3+3\left(x^2+y^2\right)+4\left(x+y\right)+4\)

= \(\left(x^3+3x^2+3x+1\right)+\left(y^3+3y^2+3y+1\right)+\left(x+y\right)+2\)

= \(\left(x+1\right)^3+\left(y+1\right)^3+\left(x+y+2\right)\)

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

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

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

= \(\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2-2.\left(x+1\right).\frac{1}{2}\left(y+1\right)+\frac{1}{4}\left(y+1\right)^2+\frac{3}{4}\left(y+1\right)^2+1\right]\)

= \(\left(x+y+2\right)\left\{\left[\left(x+1\right)-\frac{1}{2}\left(y+1\right)\right]^2+\frac{3}{4}\left(y+1\right)^2+1\right\}\)

Biểu thức trên bằng 0 khi x + y + 2 = 0, lý luận tiếp theo như của bạn Nguyen Duc Thang

A B C H E F K O I

Kí hiệu các điểm như trênh hình vẽ. Gọi r1 và r2 lần lượt là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác CBH và CHA và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Dễ dàng chứng minh được : \(\Delta HBC~\Delta CBA\left(g.g\right)\Rightarrow\left(\frac{r_1}{r}\right)^2=\left(\frac{BC}{AB}\right)^2\)

và \(\Delta HAC~\Delta CAB\left(g.g\right)\Rightarrow\left(\frac{r_2}{r}\right)^2=\left(\frac{AC}{AB}\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{r_1^2+r_2^2}{r^2}=\frac{AC^2+BC^2}{AB^2}=\frac{AB^2}{AB^2}=1\Rightarrow r_1^2+r_2^2=r^2\)

Như trên hình vẽ ta có : \(EF^2=FK^2+KE^2=\left(r_1+r_2\right)^2+\left(r_2-r_1\right)^2=2\left(r_1^2+r_2^2\right)=2r^2\)

\(\Rightarrow EF=\sqrt{2}r\). Ta có EF đạt giá trị lớn nhất khi r đạt giá trị lớn nhất. 

Mà ta có : \(OI^2=R\left(R-2r\right)\) (Mình sẽ chứng minh ở bài khác)

\(\Rightarrow r=\frac{R-\frac{OI^2}{R}}{2}=\frac{R^2-OI^2}{2R}\)

Vì R không đổi nên r đạt giá trị lớn nhất khi OI đạt giá trị nhỏ nhất.

Mà theo công thức ba điểm ta lại có : \(OI\ge OC-IC=R-IC\)

Dấu "=" xảy ra khi O,I,C thẳng hàng => C là điểm chính giữa cung AB .

Vậy C là điểm chính giữa cung AB thi EF đạt giá trị lớn nhất

Cái đoạn \(OI^2=R\left(R-2r\right)\) chính là hệ thức Euler, bạn có thể tham khảo cách chứng minh ở nguồn khác nhé :)

Ta chọn điểm O bất kì nằm trong mặt phẳng chứa 5 đường thẳng ấy. Qua O ta dựng các đường thẳng song song với các đường thẳng đã cho , khi đó có 10 góc đôi một đối đỉnh qua O . Vậy sẽ có ít nhất một góc không vượt quá \(\frac{180^o}{5}=36^o\)

'

'

'

'

'

'

Từ gt,ta có :\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{c}\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}=\frac{-a-b}{c\left(a+b+c\right)}\Rightarrow\left(a+b\right)c\left(a+b+c\right)=-\left(a+b\right)ab\)

=> 0 = (a + b)(ca + cb + c²) - [-(a + b)ab] = (a + b)(ca + cb + c² + ab) = (a + b)(c + a)(c + b)

=> a + b = 0 hoặc c + a = 0 hay c + b = 0.Giả sử a = -b thì a¹⁵ = -b¹⁵ nên a¹⁵ + b¹⁵ = 0 => N = 0

Áp dụng bđt Cauchy :

\(\frac{1}{1+a}=\left(1-\frac{1}{1+b}\right)+\left(1-\frac{1}{1+c}\right)=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)

Tương tự : \(\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)}}\)

\(\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}\)

Nhân theo vế : \(\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{8abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\)

\(\Rightarrow abc\le\frac{1}{8}\)

Vậy Max abc = 1/8 khi a = b = c = 1/2

7894561230++

Bạn thêm điều kiện x,y,z lớn hơn 0 nhé :)

Từ giả thiết ta suy ra : \(a^2=b+4032\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+4032\)

\(\Rightarrow xy+yz+zx=2016\)thay vào :

\(x\sqrt{\frac{\left(2016+y^2\right)\left(2016+z^2\right)}{2016+x^2}}=x\sqrt{\frac{\left(y^2+xy+yz+zx\right)\left(z^2+xy+yz+zx\right)}{x^2+xy+yz+zx}}\)

\(=x\sqrt{\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+y\right)\left(z+x\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}=x\sqrt{\left(y+z\right)^2}=x\left|y+z\right|=xy+xz\)vì x,y,z > 0

Tương tự : \(y\sqrt{\frac{\left(2016+z^2\right)\left(2016+x^2\right)}{2016+y^2}}=xy+zy\)

\(z\sqrt{\frac{\left(2016+x^2\right)\left(2016+y^2\right)}{2016+z^2}}=zx+zy\)

Suy ra \(P=2\left(xy+yz+zx\right)=2.2016=4032\)

Ta có:

\(8x+8y+8z< 8x+9y+10z\)

\(\Rightarrow x+y+z< \frac{100}{8}< 13\)

\(\Rightarrow Gt\Leftrightarrow11< x+y+z< 13\)

Mà x+y+z nguyên dương \(\Rightarrow x+y+z=12\)

Ta có hệ: \(\hept{\begin{cases}x+y+z=12\left(1\right)\\8x+9y+10z=100\left(2\right)\end{cases}}\)

Nhân 2 vế của (1) với 8 ta đc:

\(\hept{\begin{cases}8x+8y+8z=96\left(3\right)\\8x+9y+10z=100\left(2\right)\end{cases}}\)

Trừ theo vế của (2) cho (3) ta đc:\(y+2z=4\left(4\right)\).

Từ \(\left(4\right)\Rightarrow z=1\)(vì nếu \(z\ge2\), thì do\(y\ge1\Rightarrow y+2z\ge4\),Mâu thuẫn)

Với \(z=1\Rightarrow y=2;x=9\)

Vậy...

Do các số x,y,zx,y,z nguyên dương nên
x+y+z>11 suy ra x+y+z≥12
Có
100=8(x+y+z)+(y+2z)≥96+(y+2z)
Suy ra 
4≥y+2z≥3
Tức là 
y+2z ∈ {3;4}
Theo đề bài thì 
8x+9y+10z=100
Số y là số chẵn .
Tức là y+2z cũng là số chẵn .
Suy ra 
y+2z=4 Hay y=2; z=1
Thế ngược lại vào 
8x+9y+10z=100 tìm được x=9
Vậy  (x,y,z)=(9,2,1)

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp : 

Dễ thấy BĐT đúng với n = 1,2 

Giả sử BĐT đúng với n = k (k là số tự nhiên) , tức \(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{k}\le k\sqrt{\frac{k+1}{2}}\) 

Ta sẽ chứng minh BĐT cũng đúng với n = k+1 , tức là \(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{k+1}\le\left(k+1\right)\sqrt{\frac{k+2}{2}}\)

Ta có : \(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{k}+\sqrt{k+1}\le k\sqrt{\frac{k+1}{2}}+\sqrt{k+1}\)

Cần chứng minh \(k\sqrt{\frac{k+1}{2}}+\sqrt{k+1}\le\left(k+1\right)\sqrt{\frac{k+2}{2}}\)

Điều này tương đương với \(k\sqrt{k+1}+\sqrt{2}.\sqrt{k+1}\le\left(k+1\right)\sqrt{k+2}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{k+1}\left(\sqrt{k^2+3k+2}-\sqrt{2}-k\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{k^2+3k+2}\ge k+\sqrt{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{k^2+3k+2}\right)^2\ge\left(k+\sqrt{2}\right)^2\) (Vì k là số tự nhiên)

\(\Leftrightarrow k^2+3k+2\ge k^2+2\sqrt{2}k+2\)

\(\Leftrightarrow3k\ge2\sqrt{2}k\) (luôn đúng)

Vậy giả thiết quy nạp đúng.

Ta có điều phải chứng minh.

Ngoài cách của Hoàng Lê Bảo Ngọc, mình sẽ giải cho bạn cách khác

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopski:

\(\left(x_1+x_2+x_3+...+x_n\right)^2\le n\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2+...+x_n^2\right)\)

Suy ra ta có:

\(\left(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}\right)^2\le n.\left(1+2+3+...+n\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}\right)^2\le n.\frac{n\left(n+1\right)}{2}\)

Do đó:

\(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}\le\sqrt{\frac{n^2\left(n+1\right)}{2}}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}\le n.\sqrt{\frac{n+1}{2}}\)(đpcm)