\(u+\dfrac{1}{u}=\dfrac{u^2+1}{u}=\dfrac{\left(\sqrt{2}+1\right)^2+1}{\sqrt{2}+1}\)

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

\(P=u^8+\dfrac{1}{u^8}\)

\(=\left(u^4+\dfrac{1}{u^4}\right)^2-2\)

\(=\left[\left(u^2+\dfrac{1}{u^2}\right)^2-2\right]^2-2\)

\(=\left\{\left[\left(u+\dfrac{1}{u}\right)^2-2\right]^2-2\right\}^2-2\)

\(=\left\{\left[\left(2\sqrt{2}\right)^2-2\right]^2-2\right\}^2-2\)

\(=1154\) (tại vì t lười tính nên khúc này bn tính tay hoặc bấm máy tính đều đc ^^)

u = \(\sqrt{2}+1\) => \(u^2=3+2\sqrt{2}\) => \(u^4=17+12\sqrt{2}\)=> \(u^8=577+408\sqrt{2}\) => \(u^{16}=665857+665857=1331714\)

P = \(u^8+\dfrac{1}{u^8}=\dfrac{u^{16}+1}{u^8}=\dfrac{1331714}{577+408\sqrt{2}}=1154\)

Em chỉ khuyến mại được cái hình thôi chứ bài thì em chịu do em chưa học tới!

Câu hỏi của Phạm Thị Hằng - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Bất đẳng thức Ptolemy lên đó tự xem đi.

Câu d: (Thao khảo bất đẳng thức Ptoleme)

Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng và bất đẳng thức tam giác.

Dựng điểm sao cho đồng dạng với . Khi đó, theo tính chất của tam giác đồng dạng, ta có:

Suy ra

Mặt khác, và cũng đồng dạng do có

và

Từ đó

Suy ra

Cộng (1) và (2) ta suy ra

Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta suy ra:

(đpcm)

Cái bài này bình thường :v

Đặt \(A=\dfrac{x^3}{y^3+8}+\dfrac{y^3}{z^3+8}+\dfrac{z^3}{x^3+8}\)

\(BDT\Leftrightarrow\dfrac{x^3}{y^3+8}+\dfrac{y^3}{z^3+8}+\dfrac{z^3}{x^3+8}-\dfrac{2}{27}\left(xy+yz+xz\right)\ge\dfrac{1}{9}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\dfrac{x^3}{y^3+8}+\dfrac{y+2}{27}+\dfrac{y^2-2y+4}{27}\)

\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{x^3}{y^3+8}\cdot\dfrac{y+2}{27}\cdot\dfrac{y^2-2y+4}{27}}=\dfrac{x}{3}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:

\(\dfrac{y^3}{z^3+8}+\dfrac{z+2}{27}+\dfrac{z^2-2z+4}{27}\ge\dfrac{y}{3};\dfrac{z^3}{x^3+8}+\dfrac{x+2}{27}+\dfrac{x^2-2x+4}{27}\ge\dfrac{z}{3}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(A+\dfrac{x+y+z+6}{27}+\dfrac{x^2+y^2+z^2-2\left(x+y+z\right)+12}{27}\ge\dfrac{x+y+z}{3}\)

\(\Leftrightarrow A+\dfrac{9}{27}+\dfrac{\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+6}{27}\ge1\)\(\Leftrightarrow A\ge\dfrac{1}{3}\)

Cần chứng minh \(VT=A-\dfrac{2}{27}\left(xy+yz+xz\right)\ge\dfrac{1}{9}=VP\)

\(\Leftrightarrow VT=\dfrac{1}{3}-\dfrac{2\cdot\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}{27}=\dfrac{1}{9}=VP\) (đúng)

Xảy ra khi \(x=y=z=1\)

P/s:Trình bày hơi khó hiểu, thông cảm :v

Akai HarumaAce Legona

Ta có:a+b=3

<=>\(\left(a+b\right)^2=3^2\)

<=>\(a^2+2ab+b^2=9\)

<=>\(\left(a^2+b^2\right)+2ab=9\)

Vì\(a^2+b^2\)lớn hơn bằng 5 mà \(\left(a^2+b^2\right)+2ab=9\) nên 2ab lớn hơn hoặc bằng 4

Ta lại có:\(P=a^4+b^4+6a^2b^2\)

=\(\left(a^4+2a^2b^2+b^4\right)+4a^2b^2\)

=\(\left(a^2+b^2\right)^2+\left(2ab\right)^2\)

Với mọi giá trị của a;b thì:

\(\left(a^2+b^2\right)^2\)lớn hơn bằng 25;\(\left(2ab\right)^2\)lớn hơn bằng 16

=>\(\left(a^2+b^2\right)^2+\left(2ab\right)^2\)lớn hơn bằng 41

Hay P lớn hơn bằng 41 với mọi a;b

Để P=4 thì \(a^2+b^2=5\) và 2ab=4

Giải tìm a=2 ;b=1 hoặc a=1;b=2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 41 đạt đc khi và chỉ khi a=2 ;b=1 hoặc a=1;b=2

Làm bừa chả biết đúng hay sai nữa

Ta có:

\(9=a^2+b^2+2ab\ge5+2ab\)

\(\Leftrightarrow ab\le2\)

Ta có:

\(P=a^4+b^4+6a^2b^2\)

\(=\left(a^2+b^2\right)^2+4a^2b^2\)

\(=\left(\left(a+b\right)^2-2ab\right)^2+4a^2b^2\)

Đặt ab = x thì ta có

\(P=\left(9-2x\right)^2+4x^2=8x^2-36x+81\)

\(=\left(8x^2-32x+32\right)+49-4x\)

\(=8\left(x-2\right)^2+49-4x\ge49-4.2=41\)

Dấu = xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}ab=2\\a+b=3\end{matrix}\right.\)

Lời giải:

Vế đầu tiên:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow 2(a^2+b^2)\geq (a+b)^2\Leftrightarrow a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}\)

Do đó, \(\sqrt{a^2+b^2}\geq \frac{a+b}{\sqrt{2}}\). Tương tự với các biểu thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow S\geq \sqrt{2}(a+b+c)\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Vế sau:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(S^2\leq (1+1+1)(a^2+b^2+b^2+c^2+c^2+a^2)\)

\(\Leftrightarrow S^2\leq 6(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow S\leq \sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}\) \((1)\)

Ta sẽ cm \(\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}< \sqrt{3}(a+b+c)\)

\(\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)\leq (a+b+c)^2\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\leq 2(ab+bc+ac)\)

\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)\geq 0\) (luôn đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác)

Do đó \(\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}<\sqrt{3}(a+b+c)(2)\)

Từ \((1),(2)\Rightarrow S<\sqrt{3}(a+b+c)\)

Vậy ta có đpcm.

a)

\(\Delta EAB\) ~ \(\Delta FAC\) (g - g)

\(\Rightarrow\dfrac{EA}{FA}=\dfrac{AB}{AC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

\(\Rightarrow\Delta AEF\) ~ \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\dfrac{AE^2}{AB^2}=\cos^2A\)

\(\Rightarrow S_{AEF}=\cos^2A\left(S_{ABC}=1\right)\) (1)

Chứng minh tương tự, ta có: \(S_{BFD}=\cos^2B\) (2) và \(S_{CDE}=\cos^2C\) (3)

Cộng theo vế của (1) , (2) và (3) => đpcm

b)

\(S_{DEF}=S_{ABC}-\left(S_{AEF}+S_{BFD}+S_{CDE}\right)\text{ }\)

\(=1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C\)

\(=\sin^2A-\cos^2B-\cos^2C\) (đpcm)

d) Gọi OA cắt ED ở K.Dễ dàng chứng minh \(AK\perp ED\)( đã cm trong các câu trên ). Kẻ AH cắt BC ở M

\(\dfrac{S_{APQ}}{S_{ABC}}=\dfrac{AK.PQ}{AM.BC}=\dfrac{PQ}{2BC}\Rightarrow AM=2AK\)

Mà \(\Delta AED\)~\(\Delta ACB\)(c.g.c),AK,AM là 2 đường cao tương ứng

\(\Rightarrow\dfrac{C_{AED}}{S_{ABC}}=\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{ED}{BC}=\dfrac{1}{2}\)

Để ý rằng \(\Delta ABD\) vuông ở D có AB=2AD \(\Rightarrow\widehat{BAC}=60^o\)và dễ thấy tam giác ABC phải cân ---> tam giác ABC đều .

Kẻ \(ON\perp BC\) ,ta tính được \(BC=\sqrt{3}R\)

hình vẽ sao mà đẹp dữ vậy

P/s : Không chắc ....

a) Để \(B\) xác định thì :

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2-2x\ge0\\x-\sqrt{x^2-2x}\ne0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow0< x\le2\)

b) Ta có : \(B=\frac{x+\sqrt{x^2-2x}}{x-\sqrt{x^2-2x}}-\frac{x-\sqrt{x^2-2x}}{x+\sqrt{x^2-2x}}\)

\(=\frac{\left(x+\sqrt{x^2-2x}\right)^2-\left(x-\sqrt{x^2-2x}\right)^2}{\left(x-\sqrt{x^2-2x}\right)\left(x+\sqrt{x^2-2x}\right)}\)

\(=\frac{4x\sqrt{x^2-2x}}{2x}=2\sqrt{x^2-2x}\)

c) Để \(B< 2\Leftrightarrow2\sqrt{x^2-2x}< 2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2-2x}< 1\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x< 1\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2< 2\)

\(\Leftrightarrow-2< x-1< 2\)

\(\Leftrightarrow-1< x< 3\) kết hợp với ĐKXĐ

\(\Leftrightarrow\)\(0< x\le2\)