\(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\ge0\)

Đặt \(\left(x;y;z\right)\rightarrow\left(a^3;b^3;c^3\right)\)

Ta chứng minh:\(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\ge3a^2b^2c^2\)

\(\Leftrightarrow\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3-3ab.bc.ca\ge0\)

Theo bổ đề trên ta có đpcm

Với A là một tập con của tập hợp {1;2;...;2014} thỏa mãn yêu cầu đề bài toán, gọi a là phần tử nhỏ nhất của A

Xét \(b\in A,b\ne a\) ta có b>a và \(\frac{a^2}{b-a}\ge a\Rightarrow b\le2a\)(1)

Gọi c,d là phần tử lớn nhất trong A, c<d từ (1) ta có: \(d\le2a\le2c\left(2\right)\)

Theo giả thiết \(\frac{c^2}{d-c}\in A\). Mặt khác do (2) nên  \(\frac{c^2}{d-c}\ge\frac{c^2}{2c-c}\ge c\Rightarrow\frac{c^2}{d-c}\in\left\{c;d\right\}\)

Xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: \(\frac{c^2}{d-c}=d\)trong trường hợp này ta có: \(\frac{c}{d}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\) mâu thuẫn với \(c,d\inℤ^+\)
• Trường hợp 2: \(\frac{c^2}{d-c}=c\)trong trường hợp này ta có: d=2c. Kết hợp với (2) => c=d và d=2a

Do đó: A={a;2} với a=1;2;...;1007. Các tập hợp trên đều thỏa mãn yêu cầu đề bài

Vậy có tất cả 1007 tập hợp thỏa mãn

a) Gọi K là giao của MN và CD

Ta có: \(\widehat{BMN}=\widehat{MTD}\)(so le trong và MN//AP) và \(\widehat{MTD}=\widehat{APD}\) (đồng vị và MN//AP)

\(\Rightarrow\widehat{BMN}=\widehat{APD}\)

Xét \(\Delta BMN\)và \(\Delta DPA\)có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{MBN}=\widehat{PDA}\left(=90^o\right)\\\widehat{BMN}=\widehat{APD}\left(cmt\right)\end{cases}}\)

=> \(\Delta BMN~\Delta DPA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{BM}{DP}=\frac{BN}{DA}\Rightarrow\frac{BM}{BN}=\frac{DP}{DA}\)

Mà \(BM=\frac{AB}{2},DA=BD\sin\widehat{ABD}=\frac{\sqrt{2}BD}{2}=\sqrt{2}OB\)

Do đó: \(\frac{\frac{\sqrt{2}OD}{2}}{BN}=\frac{DP}{\sqrt{2}OB}\Rightarrow\frac{OD}{BN}=\frac{DP}{OB}\)

Xét \(\Delta DOP\)và \(\Delta BNO\)có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{ODP}=\widehat{NBO}\left(=45^o\right)\\\frac{OD}{BN}=\frac{DP}{OB}\end{cases}\Rightarrow\Delta DOP~\Delta BNO\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{DOP}=\widehat{BNO}}\)

Mà \(\widehat{DON}=\widehat{BNO}+\widehat{OBN}=\widehat{BNO}+45^o\)

Và \(\widehat{DON}=\widehat{DOP}+\widehat{NOP}\)

Do vậy \(\widehat{NOP}=45^o\)

2. Ta có \(\frac{OP}{ON}=\frac{OD}{BN}\left(\Delta DOP~\Delta BNO\right)\)

Nên \(\frac{OP}{ON}=\frac{OB}{BN}\Rightarrow\frac{OP}{OB}=\frac{ON}{BN}\) 

Xét \(\Delta OPN\)và \(\Delta BQN\)có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{PON}=\widehat{OBN}\left(=45^o\right)\\\frac{OP}{OB}=\frac{ON}{BN}\end{cases}\Rightarrow\Delta OPN~\Delta BON\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{OPN}=\widehat{BON}}\)

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP

Ta có \(\widehat{ION}=\frac{180^o-\widehat{OIN}}{2}=90^o-\widehat{OPN}=\widehat{BOC}-\widehat{BON}=\widehat{CON}\)

=> 2 tia OI,OC trùng nhau 

Vậy I thuộc OC

Bạn kiểm tra lại đề bài? S max thì S là diện tích xung quanh hay diện tích toàn phần ạ. Hay là V max vậy? 

Mình làm S xung quanh max nhé!

Không vẽ được hình. Bạn thông cảm:

+) Gọi chiều cao của hình trụ là: h' ; bán kính đáy là r' 

Áp dụng định lí ta - let ta có: \(\frac{h'}{h}=\frac{r-r'}{r}=1-\frac{r'}{r}\)

<=> \(\frac{h'}{18}=1-\frac{r'}{9}\)

<=> \(h'=18-2r'\)

Công thức tính xung quanh của hình trụ: 

\(S_{xq}=2\pi r'h'=2\pi r'\left(18-2r'\right)=-4.\pi r'^2+36.\pi r'\)

\(=-4\pi\left(r'^2-9r+\frac{81}{4}\right)+81\pi\)

\(=-4\pi\left(r'-\frac{9}{2}\right)^2+81\pi\le81\pi\)

=> S toàn phần max = 81 pi 

khi đó: r' = 9/2 và h' = 9 

em xin lỗi chị đấy là V ạ=))

\(x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\) fhhhhhhhhh

Cách 1:

\(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{\left(ab+1\right)+\left(a+1\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{a+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{c+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)

Tương tự:\(\frac{1}{bc+b+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{b+1}\right);\frac{1}{ac+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)

Tương tự cộng vế theo vế có đpcm

Cách 2:

Áp dụng Cauchy Schwarz ta dễ có:

\(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{\left(ab+a+1\right)+1}\le\frac{1}{16}\left(\frac{3^2}{ab+a+1}+\frac{1}{1}\right)=\frac{1}{16}\left(\frac{9}{ab+a+1}+1\right)\)

Tương tự:

\(\frac{1}{bc+b+2}\le\frac{1}{16}\left(\frac{9}{bc+b+1}+1\right);\frac{1}{ca+c+2}\le\frac{1}{16}\left(\frac{9}{ca+c+1}+1\right)\)

Cộng lại:

\(LHS\le\frac{9}{16}\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)+\frac{3}{16}\)

Mà \(abc=1\) nên theo bổ đề quen thuộc ta có được đẳng thức sau luôn đúng:

\(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}=1\)

Khi đó ta có được đpcm

Vừa nghĩ ra cách này khá là oke gửi đến các bạn :))

Nháp:

Ta đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{u}{v};\frac{v}{w};\frac{w}{u}\right)\) thì ta có được:

\(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{\frac{u}{v}\cdot\frac{v}{w}+\frac{u}{v}+2}=\frac{vw}{uv+uw+2vw}\) đến đây ta chưa được gì  cả nên nghĩ đến hướng đi khác

Để ý rằng ta làm tử và mẫu khử nhau rồi tạo ra phân thức mới rồi nhân ngược lên ta được tử số có 2 thừa số nhân lại với nhau

Ta cần tạo ra ít mẫu nhất có thể để bớt sự phức tạp. Mà ta lại có:

\(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{\frac{u}{v}\cdot\frac{w}{u}+\frac{u}{v}+2}=\frac{v}{w+u+2v}\)

Đến đây rõ ràng đã bớt sự phức tạp. Khi đó ta có lời giải như sau:

Đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{u}{v};\frac{w}{u};\frac{v}{w}\right)\)

Ta có được 

\(LHS=\frac{v}{w+u+2v}+\frac{w}{u+v+2w}+\frac{u}{v+w+2u}\)

\(=3-\left(\frac{u+v+w}{w+u+2v}+\frac{u+v+w}{u+v+2w}+\frac{u+v+w}{v+w+2u}\right)\)

\(=3-\left(u+v+w\right)\left(\frac{1}{u+w+2v}+\frac{1}{u+v+2w}+\frac{1}{v+w+2u}\right)\)

\(\le3-\left(u+v+w\right)\cdot\frac{9}{4\left(u+v+w\right)}=\frac{3}{4}\)

Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1

Ta có: \(a_n=1+\frac{2^n\left[1.3.5...\left(2n-1\right)\right]}{\left(n+5\right)\left(n+6\right)...\left(2n\right)}\)

\(=1+\frac{2^n\left(2n\right)!}{\left[2.4.6..\left(2n\right)\right]\left[\left(n+5\right)\left(n+6\right)..\left(2n\right)\right]}\)

\(=1+\frac{\left(2n\right)!}{n!\left(n+5\right)\left(n+6\right)...\left(2n\right)}\)

\(=1+\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)\)

mặt khác \(1+\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)=\left(n^2+5n+5\right)^2\)

do đó a_n luôn là SCP

Ta có:\(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow ab\le\frac{a^2+b^2}{2}\) với a;b là các số thực

Áp dụng vào bài toán ta có:

\(LHS=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-z^2}+z\sqrt{1-x^2}\)

\(\le\frac{x^2+1-y^2}{2}+\frac{y+2-z^2}{2}+\frac{z+3-x^2}{2}\)

\(=3=RHS\)

Đẳng thức xảy ra tại \(x=1;y=0;z=\sqrt{2}\)

Vậy ..............