Lấy điểm O' sao cho \(OB\perp O'B;OB=O'B\)( O' cùng phía với C so với OB)=> O' cố định

Khi đó góc OBA = Góc O'BC( cùng phụ góc ABO')

=> \(\Delta BOA=\Delta BO'C\)( cạnh.góc.canh)

=> \(O'C=OA=1\)

Mà O' cố định 

=> C thuộc đường tròn tâm O' BK=1 cố định

Để OC lớn nhất thì

C là giao của OO' với đường tròn tâm O' (C nằm ngoài OO')

ÁP dụng PItago ta có \(OO'=\sqrt{2}\)

=> \(OC=OO'+O'C=1+\sqrt{2}\)

Vậy \(MaxOC=1+\sqrt{2}\)

HOI KHO NHA MINH DANG GIAI NE

Lấy A' đối xứng với A qua ON; D' đối xứng với D qua OM

=> \(AB=A'B;CD=CD'\)

=> \(AB+BC+CD=A'B+BC+CD'\)

Mà A'BCD' là đường gấp khúc có A';D' cố định 

=> \(A'B+BC+CD'\ge A'D'\)( khi đó A';B;C;D' thẳng hàng)

Do ON là phân giác góc A'OA;OM là phân giác góc DOD'

=> góc NOA=góc D'OA= góc A'OA=20độ

=> góc A'OD'=60 độ

Ta có OA'=OA=6;OD'=OD=16

Kẻ D'H vuông góc OA'( H thuộc OA')

Trong tam giác vuông D'OH có góc D'OH =60 độ ;D'O=16

=> \(OH=8;D'H=8\sqrt{3}\)

=> A'H=OH-OA'=2

Áp dụng pitago vào tam giác vuông A'HD'

=> A'D'=14

Vậy \(Min\left(AB+BC+CD\right)=14\)

Áp dụng bđt AM-GM ta có

\(x^2-xy+y^2\ge x^2+y^2-\frac{x^2+y^2}{2}=\frac{x^2+y^2}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{x+y}{x^2-xy+y^2}\le\frac{2\left(x+y\right)}{x^2+y^2}\le\frac{2\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}}{x^2+y^2}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{x^2+y^2}}\)

Dấu "=" xảy ra khi x=y=1

W.L.O.G:  \(a\ge b\ge c\Rightarrow2\ge a\ge\frac{a+b+c}{3}=1\Rightarrow\left(a-2\right)\left(a-1\right)\le0\)

\(\therefore a^2+b^2+c^2\le a^2+\left(b+c\right)^2=2\left(a-1\right)\left(a-2\right)+5\le5\)

Equality holds when \(\left(a;b;c\right)=\left(2;1;0\right)\) and ..

Ta có: a² + b² > 2ab, b² + c² > 2bc, c² + a² > 2ca

=> 2(a² + b² + c²) >= 2(ab + bc + ca)

=>3(a² + b² + c²) >= (a + b + c)²

=> a² + b² + c² >= \(\frac{\text{(a + b + c)}^2}{3}\)

=> a² + b² + c² >= 3

Dâu = xảy ra khi: a = b = c = 1

\(\frac{\sqrt{4-2\sqrt{3}}}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{\sqrt{3}+1-2\sqrt{3}}}{\sqrt{2}\left(\sqrt{3}-1\right)}=\frac{\sqrt{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}}{\sqrt{2}\left(\sqrt{3}-1\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}\left(\sqrt{3}-1\right)}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

\(\frac{\sqrt{3-2\sqrt{3}+1}}{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)}=\frac{\sqrt{(\sqrt{3})^2-2\sqrt{3}.1+1^2}}{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)}=\frac{\sqrt{(\sqrt{3}-1)^2}}{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)}=\frac{(\sqrt{3}-1)}{\sqrt{2}\left(\sqrt{3}-1\right)}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

Gọi M, N lần lượt là chân đường cao hạ từ B,C xuống AC,AB

Ta có \(DH.DA=DB.DC\)(1)

Để chứng minh K là trực tâm tam giác IBC ta chứng minh \(DK.DJ=DB.DC\)hay \(DK.DJ=DH.DA\)

Ta có NC,NA lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của \(\widehat{MND}\)nên

\(\frac{HK}{HD}=\frac{NK}{ND}=\frac{AK}{AH}\)

\(\Rightarrow AK.HD=AD.HK\)

\(\Leftrightarrow HD\left(AD-DK\right)=AD\left(DK-DH\right)\)

\(\Leftrightarrow2.AD.DH=DK\left(DA+DH\right)\)

\(\Leftrightarrow2.AD.DH=2.DK.DJ\)

\(\Rightarrow AD.DH=DK.DJ\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta  có\(DK.DJ=DH.DA\)

=> K là trực tâm của tam giác IBC

Do 2n+1 là số chính phương lẻ nên 2n+1 : 8 dư 1

=> 2n chia hết cho 8

=> n chia hết cho 4

=> n chẵn

=> 3n chẵn

=> 3n+1 lẻ

=> 3n+1 chia 8 dư 1

=> 3n chia hết cho 8

=> n chia hết cho 8    (1)

Có: 3n+1 là số chính phương => 3n+1 chia 5 dư 0;1;4

=> 3n chia 5 dư 4;3 hoặc chia hết cho 5

=> n chia 5 dư 3;1 hoặc chia hết cho 5

- Xét n : 5 dư 3 => 2n+1 chia 5 dư 2 (Loại)

- Xét n : 5 dư 1 => 2n+1 chia 5 dư 3 (Loại)

- Xét n chia hết cho 5 => 2n+1 chia 5 dư 1 (Thỏa mãn)

=> n chia hết cho 5   (2)

Từ (1) và (2) suy ra n chia hết cho 40

Ta tìm được n=40 để 2n+1 và 3n+1 đều là số chính phương

Hello

Bài 2 :

Ta có : (a,b)=18\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a⋮18\\b⋮18\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=18m\\b=18n\\\left(m,n\right)=1\end{cases}}\)

Mà a+b=162

\(\Rightarrow\)18m+18n=162

\(\Rightarrow\)18(m+n)=162

\(\Rightarrow\)m+n=9

Vì (m,n)=1 nên ta có bảng sau :

Vậy (a;b)\(\in\){(18;144);(144;18);(36;126);(126;36);(72;90);(90;72)}

Bài 1:  Gọi số túi kẹo chia nhiều nhất là a (túi)

11 chia hết cho a, 12 chia hết cho a, a lớn nhất

suy ra a=UCLN(11,12)= 132

Vậy chia nhiều nhất 132 túi

Sửa đề: n \(\ge1\).

Với n =1, bất đẳng thức trở thành đẳng thức.

Với n =2, cần chứng minh: \(2\left(a_1^2+a_2^2\right)\ge\left(a_1+a_2\right)^2\Leftrightarrow\left(a_1-a_2\right)^2\ge0\) (đúng)

Giả sử nó đúng đến n = k, tức là ta có: \(k\left(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\right)\ge\left(a_1+a_2+...+a_k\right)^2\)

Hay là: \(\left(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\right)\ge\frac{\left(a_1+a_2+...+a_k\right)^2}{k}\)

Ta c/m nó đúng với n = k +1 or \(\left(k+1\right)\left(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2+a_{k+1}^2\right)\ge\left(a_1+a_2+...+a_k+a_{k+1}\right)^2\)

Ta có: \(VT=\left(k+1\right)\left(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2+a_{k+1}^2\right)\)

\(\ge\left(k+1\right)\left[\frac{\left(a_1+a_2+...+a_k\right)^2}{k}+\frac{a^2_{k+1}}{1}\right]\ge\frac{\left(k+1\right)\left(a_1+a_2+..+a_k+a_{k+1}\right)^2}{k+1}=VP\)

Vậy đpcm là đúng.

P/s: Chả biết đúng không, chưa check, đại khái hướng làm là dùng quy nạp.

delllllllllll bt