K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

9 tháng 2 2021

Bài 2.

Tìm Min.

\(M=\sum\sqrt{\left(x-3\right)^2+4^2}\ge\sqrt{\left(x+y+z-9\right)^2+\left(4+4+4\right)^2}=6\sqrt{5}\)

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1.$

Tìm Max.

Ta đi chứng minh \(5-\dfrac{1}{3}x\ge\sqrt{x^2-16x+25}\)

Do $x+y+z=3;x,y,z\ge 0$ nên $x\le 3.$ Do đó \(VT\ge5-1=4>0.\) (1)

Bình phương hai vế, rút gọn, bất đẳng thức tương đương với \(\dfrac{8}{9}x\left(3-x\right)\ge0\) (hiển nhiên)

Thiết lập hai bất đẳng thức còn lại tương tự và cộng theo vế thu được Max = 14 kết hợp với số 4 ở (1) là được ngày sinh của em=))

9 tháng 2 2021

Đề bất đẳng thức đơn giản v:vv

3c) Ta sẽ chứng minh 

\(\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}\ge\dfrac{a^2}{b^2+c^2}\Leftrightarrow\dfrac{a^3\left[2\left(b^2+c^2\right)a^2-\left(b+c\right)^3a+\left(b^2+c^2\right)^2\right]}{\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left(b^2+c^2\right)}\ge0\)

Hay là \(2\left[2\left(b^2+c^2\right)a^2+\left(b^2+c^2\right)^2\right]\ge (b+c)^3 a\)

Đúng vì theo AM-GM ta có:

\(VT\ge2\sqrt{2a^2\left(b^2+c^2\right)^3}\ge2\sqrt{2\left[\dfrac{\left(b+c\right)^2}{2}\right]^3}a=\left(b+c\right)^3a=VP.\)

Xong.

7 tháng 2 2021

I.1.

ĐK:  \(x\in R\)

\(x^2+3x+1=\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}\)

\(\Leftrightarrow2x^2+6x+2=2\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}\)

\(\Leftrightarrow x^2+1+x^2+6x+9-2\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}=8\)

\(\Leftrightarrow\left(x+3-\sqrt{x^2+1}\right)^2=8\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+3-\sqrt{x^2+1}=2\sqrt{2}\\x+3-\sqrt{x^2+1}=-2\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}=x+3-2\sqrt{2}\left(1\right)\\\sqrt{x^2+1}=x+3+2\sqrt{2}\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\sqrt{x^2+1}=x+3-2\sqrt{2}\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+3-2\sqrt{2}\ge0\\x^2+1=x^2+2\left(3-2\sqrt{2}\right)x+17-12\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge2\sqrt{2}-3\\2\left(3-2\sqrt{2}\right)x=12\sqrt{2}-16\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x=2\sqrt{2}\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow\sqrt{x^2+1}=x+3+2\sqrt{2}\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+3+2\sqrt{2}\ge0\\x^2+1=x^2+2\left(3+2\sqrt{2}\right)x+17+12\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-3-2\sqrt{2}\\2\left(3+2\sqrt{2}\right)x=-16-12\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x=-2\sqrt{2}\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x=\pm2\sqrt{2}\)

7 tháng 2 2021

Câu 1 :

Ta có : \(x^2+3x+1=\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}\)

- Đặt \(\sqrt{x^2+1}=a\left(a\ge0\right)\)

PT TT : \(a^2+3x=a\left(x+3\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2-ax-3a+3x=0\)

\(\Leftrightarrow a^2-a\left(x+3\right)+3x=0\)

Có : \(\Delta=b^2-4ac=\left(a+3\right)^2-4.3a=a^2+6a+9-12a\)

\(=a^2-6a+9=\left(a-3\right)^2\ge0\forall a\)

TH1 : \(\Delta=0\Rightarrow a=3\left(TM\right)\)

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

\(\Rightarrow x=\pm2\sqrt{2}\)

TH2 : \(\Delta>0\)

=> Pt có 2 nghiệm phân biệt :\(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{x+3+\sqrt{\left(x-3\right)^2}}{2}\\a=\dfrac{x+3-\sqrt{\left(x-3\right)^2}}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3+\left|x-3\right|}{2}\\\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3-\left|x-3\right|}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3+x-3}{2}=\dfrac{2x}{2}=x\\\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3-x+3}{2}=3\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3-x+3}{2}=3\\\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3+x-3}{2}=x\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+1=9\\x^2+1=x^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x=\pm2\sqrt{2}\)

Vậy phương trình có tập nghiệm là \(S=\left\{\pm2\sqrt{2}\right\}\)

 

8 tháng 2 2021

Bài I

a ĐKXĐ : \(\left\{{}\begin{matrix}2-x\ge0\\2-x^2\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\le2\\-\sqrt{2}\le x\le\sqrt{2}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow-\sqrt{2}\le x\le\sqrt{2}\) 

\(\Rightarrow\left(2-x^2\right)=\left(\sqrt{2-x}\right)^2\Leftrightarrow x^4-4x^2+4=2-x\Leftrightarrow x^4-4x^2+x+2=0\)

\(\Leftrightarrow x^4-x^3+x^3-x^2-3x^2+3x-2x+2=0\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^3+x^2-3x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-1=0\left(1\right)\\x^3+x^2-3x-2=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\) 

Từ (1) \(\Rightarrow x=1\left(TM\right)\) 

Từ (2) \(\Rightarrow x^3+2x^2-x^2-2x-x-2=0\Leftrightarrow\left(x+2\right)\left(x^2-x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+2=0\\x^2-x-1=0\end{matrix}\right.\) 

*Nếu x+2=0 \(\Leftrightarrow x=-2\left(L\right)\)

*Nếu \(x^2-x-1=0\Leftrightarrow x^2-x+\dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{4}\Leftrightarrow\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{5}{4}\) 

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\\x-\dfrac{1}{2}=\dfrac{-\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\left(L\right)\\x=\dfrac{-\sqrt{5}+1}{2}\left(TM\right)\end{matrix}\right.\) 

Vậy...

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
8 tháng 2 2021

Ảnh bị up thiếu, đề còn thiếu đây nhé undefined

 

Toán C89 :

Ta có : \(x^3+y^3+6xy\le8\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3-3xy.\left(x+y\right)-8+6xy\le0\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(x+y\right)^3-8\right]-3xy.\left(x+y-2\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y-2\right)\left[\left(x+y\right)^2+2.\left(x+y\right)+4\right]-3.xy.\left(x+y-2\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y-2\right)\left[\left(x+y\right)^2+2.\left(x+y\right)+4-3xy\right]\le0\) (*)

Ta thấy : \(\left(x+y\right)^2+2.\left(x+y\right)+4-3xy\)

\(=x^2+y^2-xy+2.\left(x+y\right)+4\)

\(=\left(x-\dfrac{y}{2}\right)^2+\dfrac{3y^2}{4}+2.\left(x+y\right)+4>0\forall x,y>0\)

Do đó từ (*) suy ra : \(x+y-2\le0\Leftrightarrow x+y\le2\)

Ta có : \(Q=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\ge\dfrac{4}{2}=2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=1\)

Vậy Min \(Q=2\) khi \(x=y=1\)

Toán C88 :

Áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số dương lần lượt ta có được :

\(\left(a+1\right)+4\ge4\sqrt{a+1}\)

\(\left(b+1\right)+4\ge4\sqrt{b+1}\)

\(\left(c+1\right)+4\ge4\sqrt{c+1}\)

Do đó : \(a+b+c+15\ge4.\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\right)=4.6=24\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\ge9\)

Ta có : \(a^2+ab+b^2=\dfrac{4.\left(a^2+ab+b^2\right)}{4}=\dfrac{\left(a-b\right)^2+3.\left(a+b\right)^2}{4}\ge\dfrac{3.\left(a+b\right)^2}{4}>0\)

\(\Rightarrow\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\left(a+b\right)\)

Chứng minh tương tự ta có :

\(\sqrt{b^2+bc+c^2}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(b+c\right)\)

\(\sqrt{c^2+ca+a^2}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\left(c+a\right)\)

Do đó : \(P\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot2\cdot\left(a+b+c\right)=\sqrt{3}.\left(a+b+c\right)\ge9\sqrt{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=3\)

Vậy Min \(P=9\sqrt{3}\) khi \(a=b=c=3\)

17 tháng 2 2021

[Toán.C93_17.2.2021] rất hay và khó! Đó là câu em gửi anh trên Facebook hồi sáng. Và em cũng là người đầu công khai đưa ra lời giải bài này.

Xem chi tiết tại tthnew's blog: 1721

 

17 tháng 2 2021

Cho mình hỏi bạn tên gì vậy, thấy bạn ở đâu cũng có, hình như hồi xưa cũng ở bên olm.

17 tháng 2 2021

C96 trùng C94 rồi

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
17 tháng 2 2021

Mình không để ý, cảm ơn bạn nhiều ^^

10 tháng 2 2021

Câu III ý 2)

Ta có:

\(P^2\le\left(a^2+b^2\right)\left[3b\left(a+2b\right)+3a\left(b+2a\right)\right]=2\left[6\left(a^2+b^2\right)+3\cdot2ab\right]\)

\(\le2\left[6\cdot2+3\left(a^2+b^2\right)\right]\le36\Rightarrow P\le6.\)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1.$

Vậy...

10 tháng 2 2021

Bài V có phải là 3; 3; 4 không anh Quoc Tran Anh Le CTV?

17 tháng 3 2021

Ta có:\( \widehat{BIJ}=\widehat{BAI}+\widehat{ABI}\)
\(=\widehat{IAC}+\widehat{IBC}\) (I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC)

Xét (O) : \(\widehat{JAC}=\widehat{JBC}\)

Nên \( \widehat{BIJ}=\widehat{JBC}+\widehat{IBC}=\widehat{IBJ}\)

Suy ra tam giác BIJ cân tại J nên JB=JI 
J ∈đường trung trực của BI
Chứng minh tương tự có: JI=JC nên J ∈đường trung trực của IC
Suy ra J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC
b, Xét O có \(\widehat{JBK} =90^o\)
nên tam giác JBK vuông tại B

BE là đường cao (OB=OC;JB=JC nên OJ trung trực BC)

suy ra \(JB^2=JE.JK\) hay \(JI^2=JE.JK\)
b, Xét (O) có\( \widehat{SBJ}=\widehat{BAJ}=\widehat{JBC} \)(góc tạo bởi tia tt và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung JB)
suy ra BJ là đường phân giác trong\( \widehat{SBE}\)

\(BJ⊥ BK \)nên BK là đường phân giác ngoài tam giác SBE 

suy ra\( \dfrac{SJ}{JE}=\dfrac{SK}{EK}\)

hay \(SJ.EK=SK.JE\)

c, Đặt L là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC suy ra A;J;L thẳng hàng
CL phân giác ngoài góc C;CI phân giác ngoài góc C

suy ra undefined
JI=JC nên \(\widehat{JIC}=\widehat{JCI}\)

\( \widehat{JIC}+ \widehat{ILC}=90^o\)

\(\widehat{JCI}+ \widehat{JCL}=90^o\)

nên  \(\widehat{ILC}= \widehat{JCL}\)

suy ra JC=JL nên J là trung điểm IL

Có:\( \widehat{ACL}=\widehat{ACI}+90^o\)

\(\widehat{AIB}=\widehat{ACI}+90^o\)

nên  \(\widehat{ACL}=\widehat{AIB}\)

Lại có: \(\widehat{LAC}=\widehat{BAI}\)

nên tam giác ABI \(\backsim\) tam giác ALC

suy ra \(AB.AC=AI.AL\)

Có trung tuyến SB SC cát tuyến SDA nên tứ giác ABDC là tứ giác điều hòa với \(AB.DC=BD.AC=\dfrac{1}{2}.AD.BC\)

suy ra \(BD.AC=AD.EC\)

cùng với\( \widehat{BDA}=\widehat{ECA}\)

nên tam giác ABD đồng dạng AEC

suy ra \(AB.AC=AD.AE;\widehat{BAD}=\widehat{EAC}\)

vậy \(AD.AE=AI.AL;\widehat{DAI}=\widehat{LAE}\) (do AJ là phân giác góc A)

từ đây suy ra tam giác ADI\( \backsim\) tam giác ALE

nên \(\widehat{ADI}=\widehat{ALE}\)

mà \( \widehat{ADI}= \widehat{AJM}=\widehat{ALE}\)

nên JM//LE

J là trung điểm IL nên JM đi qua trung điểm IE (đpcm)

 

16 tháng 3 2021

??

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
16 tháng 3 2021

??