Ta có:

\(S_2=\dfrac{\sqrt{3}+1}{1-\sqrt{3}}=\dfrac{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}{-2}=-2-\sqrt{3}\)

\(S_3=\dfrac{\sqrt{3}-2-\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}\left(2+\sqrt{3}\right)}=\dfrac{-2}{4+2\sqrt{3}}=\sqrt{3}-2\)

\(S_4=\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{3}-2}{1-\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-2\right)}=1\)

Tới đây thì đã thấy được vòng lặp của dãy số rồi thì đơn giản rồi ha.

@coldwin

(x+1)^4 =2(x^4 +1)
x^4 +4x^3 +6x^2 +4x^2 +1 =2x^4 +2
<=> x^4 -4x^3 +6x^2 -4x^2 +1 =12x^2
<=> (x-1)^4 =12x^2
<=> (x-1)^2 = 2can(3)x
<=> x^2 -2(1+ can3 )x +1 =0 $`
delta (x) = =3+2can(3)

\(x=1+\sqrt{3}\pm\sqrt{3+2\sqrt{3}}\)

(x+1)^4 =2(x^4 +1)
x^4 +4x^3 +6x^2 +4x^2 +1 =2x^4 +2
<=> x^4 -4x^3 +6x^2 -4x^2 +1 =12x^2
<=> (x-1)^4 =12x^2
<=> (x-1)^2 = 2can(3)x
<=> x^2 -2(1+ can3 )x +1 =0
delta (x) = =3+2can(3)
x = 1 + √3 ± √3 + 2√3

Câu a:

Xét tứ giác ABCN có: \(\widehat{BAC}=\widehat{CNB}=90^0\)

⇒ ABCN nội tiếp

Câu b:

\(M,C,D,N\in\left(O\right)\)

⇒ MCDN nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DCM}+\widehat{DNM}=180^0\)

mà \(\widehat{DNM}+\widehat{BNA}=180^0\left(\text{2 góc kề bù}\right)\)

⇒ \(\widehat{DCM}=\widehat{BNA}\)

mà \(\widehat{ACB}=\widehat{BNA}\) (ABCN nội tiếp)

⇒ \(\widehat{DCM}=\widehat{ACB}\)

⇒ CA là tia phân giác của \(\widehat{BCD}\)

Câu c:

Vì ABCN nội tiếp nên \(\widehat{ABC}+\widehat{ANC}=180^0\)

mà \(\widehat{DNC}+\widehat{ANC}=180^0\left(\text{2 góc kề bù}\right)\)

⇒ \(\widehat{ABC}=\widehat{DNC}\)

mà \(\widehat{DEC}=\widehat{DNC}\left(\text{cùng chắn }\stackrel\frown{DC}\text{ của }\left(O\right)\right)\)

⇒ \(\widehat{ABC}=\widehat{DEC}\) tại vị trí đồng vị

⇒ AB // DE

⇒ ABED là hình thang

Câu d:

• Theo gt, ta có: M đx K qua E

mà MK ⊥ BC tại E

⇒ BC là đường trung trực của MK

⇒ \(\widehat{BKM}=\widehat{BMK}\) và \(\widehat{CKM}=\widehat{CMK}\)

• Tương tự, ta cũng có AB là đường trung trực của IM

⇒ \(\widehat{BIA}=\widehat{BMA}\)

• Xét tứ giác BICK có:

\(\widehat{BIC}+\widehat{BKC}=\widehat{BMA}+\widehat{BKM}+\widehat{CKM}=\widehat{BMA}+\widehat{BMK}+\widehat{CMK}=180^0\)

⇒ BICK nội tiếp

• Gọi (O') là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BICK

⇒ O' thuộc đường trung trực của BC

⇒ O'B nhỏ nhất khi O' là trung điểm của BC

mà O'B = O'C = O'K

⇒ ΔKBC vuông tại K

⇒ \(\widehat{BKC}=\widehat{BMC}=90^0\)

⇒ \(M\equiv A\)

Suy ra đường tròn ngoại tiếp ΔBIK có bán kính R nhỏ nhất khi M trùng A.

Lời giải:

Ta có:

\(A=\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}\left(\frac{\sqrt{y+z}}{x}+\frac{\sqrt{z+x}}{y}+\frac{\sqrt{x+y}}{z}\right)\)

\(A=\frac{(y+z)\sqrt{(x+y)(x+z)}}{x}+\frac{(z+x)\sqrt{(y+z)(y+x)}}{y}+\frac{(x+y)\sqrt{(z+x)(z+y)}}{z}\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((x+y)(x+z)\geq (x+\sqrt{yz})^2\) và tương tự với những biểu thức khác suy ra:

\(A\geq \frac{(y+z)(x+\sqrt{yz})}{x}+\frac{(z+x)(y+\sqrt{xz})}{y}+\frac{(x+y)(z+\sqrt{xy})}{z}\)

hay \(A\geq 2(x+y+z)+\frac{(y+z)\sqrt{yz}}{x}+\frac{(z+x)\sqrt{zx}}{y}+\frac{(x+y)\sqrt{xy}}{z}\)

hay \(A\geq 2(x+y+z)+\underbrace{\frac{yz(y+z)\sqrt{yz}+xz(x+z)\sqrt{xz}+xy(x+y)\sqrt{xy}}{xyz}}_{M}\)

Đặt \((x,y,z)=(a^2,b^2,c^2)\)

Khi đó: \(M=\frac{a^3b^3(a^2+b^2)+b^3c^3(b^2+c^2)+c^3a^3(a^2+c^2)}{a^2b^2c^2}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(a^5b^3+a^3b^5\geq 2\sqrt{a^8b^8}=2a^4b^4\)

\(b^5c^3+c^5b^3\geq 2b^4c^4\)

\(c^5a^3+a^5c^3\geq 2c^4a^4\)

\(\Rightarrow a^3b^3(a^2+b^2)+b^3c^3(b^2+c^2)+c^3a^3(c^2+a^2)\geq 2(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)\) (1)

(cộng các BĐT theo vế)

Tiếp tục AM-GM:

\(a^4b^4+b^4c^4\geq 2a^2b^4c^2; b^4c^4+c^4a^4\geq 2a^2b^2c^4; c^4a^4+a^4b^4\geq 2a^4b^2c^2\)

\(\Rightarrow a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\geq a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)\) (2)

Từ\((1); (2)\Rightarrow a^3b^3(a^2+b^2)+b^3c^3(b^2+c^2)+c^3a^3(c^2+a^2)\geq 2a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)\)

\(\Rightarrow M\geq 2(a^2+b^2+c^2)=2(x+y+z)\)

Do đó: \(A\geq 2(x+y+z)+M\geq 4(x+y+z)\Leftrightarrow A\geq 4\sqrt{2}\)

Vậy \(A_{\min}=4\sqrt{2}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{\sqrt{2}}{3}\)

Lời giải:

Ta có:

A=√(x+y)(y+z)(z+x)(√y+zx+√z+xy+√x+yz)

A=(y+z)√(x+y)(x+z)x+(z+x)√(y+z)(y+x)y+(x+y)√(z+x)(z+y)z

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

(x+y)(x+z)≥(x+√yz)2 và tương tự với những biểu thức khác suy ra:

A≥(y+z)(x+√yz)x+(z+x)(y+√xz)y+(x+y)(z+√xy)z

hay A≥2(x+y+z)+(y+z)√yzx+(z+x)√zxy+(x+y)√xyz

hay A≥2(x+y+z)+yz(y+z)√yz+xz(x+z)√xz+xy(x+y)√xyxyz M 

Đặt (x,y,z)=(a2,b2,c2)

Khi đó: M=a3b3(a2+b2)+b3c3(b2+c2)+c3a3(a2+c2)a2b2c2

Áp dụng BĐT AM-GM:

a5b3+a3b5≥2√a8b8=2a4b4

b5c3+c5b3≥2b4c4

c5a3+a5c3≥2c4a4

⇒a3b3(a2+b2)+b3c3(b2+c2)+c3a3(c2+a2)≥2(a4b4+b4c4+c4a4) (1)

(cộng các BĐT theo vế)

Tiếp tục AM-GM:

a4b4+b4c4≥2a2b4c2;b4c4+c4a4≥2a2b2c4;c4a4+a4b4≥2a4b2c2 

⇒a4b4+b4c4+c4a4≥a2b2c2(a2+b2+c2) (2)

Từ(1);(2)⇒a3b3(a2+b2)+b3c3(b2+c2)+c3a3(c2+a2)≥2a2b2c2(a2+b2+c2)

⇒M≥2(a2+b2+c2)=2(x+y+z)

Do đó: A≥2(x+y+z)+M≥4(x+y+z)⇔A≥4√2

Vậy Amin=4√2⇔x=y=z=√23

Câu a:

Xét ΔICM vuông tại I và ΔICN vuông tại I có:

• IC chung
• \(\widehat{ICM}=\widehat{ICN}\left(\text{do IC là tia phân giác của }\widehat{ACB}\right)\)

⇒ ΔICM ∼ ΔICN (g - c - g)

⇒ • IM = IN
• \(\widehat{IMC}=\widehat{INC}\)

mà \(\widehat{IMC}+\widehat{IMA}=\widehat{INC}+\widehat{INB}\left(=180^0\right)\)

⇒ \(\widehat{IMA}=\widehat{INB}\)

mà \(\widehat{IMA}+\widehat{A_2}+\widehat{I_1}=\widehat{INB}+\widehat{B_2}+\widehat{I_2}\left(=180^0\right)\)

⇒ \(\widehat{A_2}+\widehat{I_1}=\widehat{B_2}+\widehat{I_2}\) (1)

Mặt khác, ΔIAB có: \(\widehat{A_1}+\widehat{B_1}=180^0-\widehat{I_3}=\widehat{I_1}+\widehat{I_2}\)

mà • \(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\left(\text{do IA là tia phân giác của }\widehat{BAC}\right)\)
• \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}\left(\text{do IB là tia phân giác của }\widehat{ABC}\right)\)

nên \(\widehat{A_2}+\widehat{B_2}=\widehat{I_1}+\widehat{I_2}\) (2)

Trừ (1) và (2) vế theo vế, suy ra \(\widehat{I_1}-\widehat{B_2}=\widehat{B_2}+\widehat{I_1}\)

⇒ \(2\widehat{I_1}=2\widehat{B_2}\)

⇒ \(\widehat{I_1}=\widehat{B_2}\)

mà \(\widehat{IMA}=\widehat{INB}\)

⇒ ΔIMA ∼ ΔBNI (g - g)

⇒ AM . BN = IM . IN = IM² = IN² (do IM = IN)

Câu b:

Ta có: \(\widehat{I_3}+\widehat{I_1}+\widehat{I_2}=\widehat{IMA}+\widehat{I_1}+\widehat{A_2}\left(=180^0\right)\)

mà \(\widehat{I_2}=\widehat{A_2}\left(\Delta IMA\text{ ~ }\Delta BNI\right)\)

⇒ \(\widehat{I_3}=\widehat{IMA}\)

mà \(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\)

⇒ ΔIAB ∼ ΔMAI (g - g) ∼ ΔNIB

⇒ • IA² = AM . AB
• IB² = NB . AB

Đặt \(P=\dfrac{IA^2}{AB\times AC}+\dfrac{IB^2}{AB\times BC}+\dfrac{IC^2}{AC\times BC}\)

\(=\dfrac{AM\times AB}{AB\times AC}+\dfrac{NB\times AB}{AB\times BC}+\dfrac{CM^2-IM^2}{AC\times BC}\)

\(=\dfrac{AM}{AC}+\dfrac{NB}{BC}+\dfrac{CM^2-AM\times NB}{AC\times BC}\)

\(=\dfrac{AM\times BC+NB\times AC+CM\times CN-AM\times NB}{AC\times BC}\)
(do CM = CN vì ΔICM = ΔICN)

\(=\dfrac{AM\times CN+NB\times AC+CM\times CN}{AC\times BC}\)

\(=\dfrac{AC\times CN+NB\times AC}{AC\times BC}=1\)

Vậy ta có đpcm.

Xét \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}=a\\\sqrt{y}=b\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a+b=\sqrt{a^2+b^2}+2\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b-2\right)^2=a^2+b^2\)

\(\Leftrightarrow ab-2a-2b+2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-2\right)\left(b-2\right)=2\)

Xét \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}=a\\\sqrt{y}\in I\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a+\sqrt{y}-2=\sqrt{a^2+y}\)

\(\Leftrightarrow\left(2a-4\right)\sqrt{y}=4a-4\)

Ta có VP là số hữu tỉ còn Vt là số vô tỉ nên

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a-4=0\\4a-4=0\end{matrix}\right.\)(vô nghiệm)

Tương tự cho 2 trường hợp còn lại:

\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}\in I\\\sqrt{y}=b\end{matrix}\right.\) và \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}\in I\\\sqrt{y}\in I\end{matrix}\right.\)

tại sao thấy có 1 câu trả lời nhưng ko thấy nhỉ,chẳng nhẽ ai xóa ???

Lời giải:

a)

Vì $AB$ là đường kính của $(O)$ và $E$ là điểm nằm trên $(O)$ nên tam giác $AEB$ vuông tại $E$

\(\Rightarrow AE\perp EB\Leftrightarrow AD\perp EB\)

$DB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên \(DB\perp OB\Leftrightarrow BD\perp AB\)

Tam giác vuông $ABD$ vuông tại $B$ có đường cao $BE$ nên sử dụng công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông suy ra \(BE^2=AE.DE\)

b)

Có :\(\left\{\begin{matrix} CH\parallel BD\\ BD\perp AB\end{matrix}\right.\Rightarrow CH\perp AB\Rightarrow \widehat{CHO}=90^0\)

Mặt khác, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm thì

\(\left\{\begin{matrix} CD=DB\rightarrow \triangle \text{CDB cân}\\ \text{DO là tia phân giác góc CDB}\end{matrix}\right.\) , do đó $DO$ cũng đồng thời là đường cao của tam giác $CDB$

\(\Rightarrow DO\perp BC\Rightarrow \widehat{CFO}=90^0\)

Tứ giác $CHOF$ có hai góc đối đỉnh \(\widehat{CHO}+\widehat{CFO}=90^0+90^0=180^0\) nên là tgnt.

c) \(T\equiv CB\cap AD\)

Ta có \(CI\parallel BD\Rightarrow \widehat{ICT}=\widehat{CBD}\) (slt) ; mà \(\widehat{CBD}=\widehat{BCD}\)

\(\Rightarrow \widehat{ICT}=\widehat{BCD}=\widehat{TCD}\Rightarrow CT\) là tia phân giác góc \(ICD\)

Mà \(CT\perp AC\) do \(CB\perp AC\Rightarrow AC\) là tia phân giác ngoài góc \(ICD\)

Theo tính chất đường phân giác ngoài:

\(\frac{AI}{AD}=\frac{IC}{CD}=\frac{IC}{BD}\) (1)

Mà theo định lý Thales với \(IH\parallel BD\): \(\frac{IH}{BD}=\frac{AI}{AD}\) (2)

Từ (1); (2) \(\Rightarrow \frac{IC}{BD}=\frac{IH}{BD}\Rightarrow IC=IH\) nên $I$ là trung điểm $CH$

cảm ơn nhìu nha

Lời giải:

Đặt biểu thức đã cho là $A$

\(A=\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{xy}\)

\(\Rightarrow A^2=x^2+y^2+xy+2\sqrt{xy(x^2+y^2)}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(x^2+y^2\geq 2xy\Rightarrow 2\sqrt{xy(x^2+y^2)}\geq 2\sqrt{xy.2xy}\geq xy\) do \(x,y\geq 0\)

\(\Rightarrow A^2\geq x^2+y^2+xy+xy\Leftrightarrow A^2\geq (x+y)^2=4\)

\(\Leftrightarrow A\geq 2\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \((x,y)=(2,0)\) và hoán vị.

Mặt khác:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(A^2=(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{xy})^2\leq (x^2+y^2+2xy)(1+\frac{1}{2})\)

\(\Leftrightarrow A^2\leq (x+y)^2.\frac{3}{2}=4.\frac{3}{2}=6\)

\(\Leftrightarrow A\leq \sqrt{6}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \((x,y)=\left(\frac{3+\sqrt{3}}{3}; \frac{3-\sqrt{3}}{3}\right)\)

cách làm cho lớp 9

\(2=x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\le1\)

\(x;y\ge0\Rightarrow xy\ge0\) \(0\le xy\le1\)

đặt x y =t => 0<=t<=1

\(A=\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{xy}=\sqrt{4-2t}+\sqrt{t}\)

\(A>0;A^2=4-t+2\sqrt{4t-2t^2}\)

m =A^2 -4 \(\Leftrightarrow m+t=\sqrt{4t-2t^2}\)

m +t >= 0=> m>=-1

\(\Leftrightarrow m^2+2mt+t^2=4\left(4t-2t^2\right)\)

\(9t^2+2\left(m-8\right)t+m^2=0\)

\(\Delta'\ge0\Leftrightarrow\left(m-8\right)^2-9m^2\ge0\Rightarrow-8m^2-2.8m+64\ge0\)

\(-4\le m\le2\)

với m =2 => t=2/3 đảm bảo điều kiện => GTLN m =2

m cần đảm bảo điều kiện

m+t>=0

\(\Leftrightarrow m+\dfrac{-\left(m-8\right)-\sqrt{-8m^2-18m+64}}{9}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{9m-\left(m-8\right)-\sqrt{-8m^2-18m+64}}{9}\ge0\)

\(\Leftrightarrow8m+8\ge\sqrt{-8m^2-18m+64}\)

m>=-1 => 8m+8 >=0

\(\Leftrightarrow64m^2+2.8.8m+64\ge-8m^2-18m+64\)

\(\Leftrightarrow m^2+2m\ge0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le-2\\m\ge0\end{matrix}\right.\) đang xét m>=1 => m>=0

=> \(0\le m\le2\)

\(0\le A^2-4\le2\Leftrightarrow4\le A^2\le6\)

\(A>0\Rightarrow2\le A\le\sqrt{6}\) =>dpcm

đẳng thức khi t =0 ; t=2/3

\(t=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(x;y\right)=\left(2;0\right)\\\left(x;y\right)=\left(0;2\right)\end{matrix}\right.\)

\(t=\dfrac{2}{3}\) giải hệ

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=2\\xy=\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\)

x;y là nghiệm pt : \(3z^2-6z+2=0\)

\(\Delta=9-6=3\Rightarrow\left(x;y\right)=\left(\dfrac{3\pm\sqrt{3}}{3};\dfrac{3\mp\sqrt{3}}{3}\right)\)