\(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+b-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+c-\frac{ca^2}{c^2+a^2}\)

\(\ge a-\frac{ab^2}{2ab}+b-\frac{bc^2}{2bc}+c-\frac{ca^2}{2ca}=a-\frac{b}{2}+b-\frac{c}{2}+c-\frac{a}{2}=\frac{a+b+c}{2}\)

Ê, thế bài 3 BVN làm thế nào

Mỗi biểu thức trong dấu căn có dạng:

\(1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}\)   ( Với \(k\ge2\))

Ta có:

\(1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}=\frac{k^2\left(k+1\right)^2+\left(k+1\right)^2+k^2}{k^2\left(k+1\right)^2}=\frac{k^4+2k^3+k^2+k^2+2k+1+k^2}{k^2\left(k+1\right)^2}\)

\(=\frac{k^4+2k^2\left(k+1\right)+\left(k+1\right)^2}{k^2\left(k+1\right)^2}=\frac{\left(k^2+k+1\right)^2}{\left(k\left(k+1\right)\right)^2}\)

\(\Rightarrow\sqrt{1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}}=\frac{k^2+k+1}{k^2+k}=1+\frac{1}{k\left(k+1\right)}=1+\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\)

\(\Rightarrow S=1+1-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+1+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+1+\frac{1}{2013}-\frac{1}{2014}=2014-\frac{1}{2014}\)

Mỗi biểu thức trong dấu căn có dạng:

1+1k2 +1(k+1)2    ( Với k≥2)

Ta có:

1+1k2 +1(k+1)2 =k2(k+1)2+(k+1)2+k2k2(k+1)2 =k4+2k3+k2+k2+2k+1+k2k2(k+1)2 

=k4+2k2(k+1)+(k+1)2k2(k+1)2 =(k2+k+1)2(k(k+1))2 

⇒√1+1k2 +1(k+1)2 =k2+k+1k2+k =1+1k(k+1) =1+1k −1k+1 

⇒S=1+1−12 +1+12 −13 +1+13 −14 +...+1+12013 −12014 =2014−12014 

Bài 3:

Gán D=0

Nhập : \(D=D+1:A=\frac{\left(3+\sqrt{2}\right)^D-\left(3-\sqrt{2}\right)^D}{2\sqrt{2}}CALC=\)

Ấn = liên tục 

\(D=D+1=1=>U_1=1\)

\(D=D+1=2=>u_2=6\)

\(D=D+1=3=>U_3=29\)

\(D=D+1=4=>U_4=132\)

\(D=D+1=5=>U_5=589\)

Gọi công thức truy hồi dạng tổng quát là :

\(U_{n+2}=aU_{n+1}+bU_n+c\)

\(\hept{\begin{cases}U_3=aU_2+bU_1+c\\U_4=aU_3+bU_2+c\\U_5=aU_4+bU_3+c\end{cases}}\)

\(\hept{\begin{cases}6a+b+c=29\\29a+6b+c=132\\132a+29b+c=589\end{cases}}\)

\(\hept{\begin{cases}a=6\\b=-7\\c=0\end{cases}}\)

Vậy \(U_{n+2}=6U_{n+1}-7U_n\)

b) Có Ct truy hồi rời bạn bấm: Alpha A:=6Alpha B-Alpha C:Alpha C=Alpha A-6Alpha B:Alpha B=6Alpha C-Alpha A

                   ==========.......=====

Như vậy là hết quy trình bấm nhé.

bài này mà giải theo SOS là hơi bị tuyệt vời nhé =)))

em moi co lop 7

\(A+5=x^2+4+y^2+1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+y}=4x+2y+...=\frac{x+y}{9}+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x}+\frac{x}{4}+\frac{17}{9}\left(x+y\right)+\frac{7}{4}x\ge\frac{65}{6}=>A\ge\frac{35}{6}\\ .\)Bài bất :)

2/ \(\hept{\begin{cases}\frac{xy}{2}+\frac{5}{2x+y-xy}=5\\2x+y+\frac{10}{xy}=4+xy\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{xy}{2}=a\\2x+y-xy=b\end{cases}}\)

Thì ta có hệ:

\(\hept{\begin{cases}a+\frac{5}{b}=5\\b+\frac{5}{a}=4\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=5-\frac{5}{b}\left(1\right)\\b+\frac{5}{5-\frac{5}{b}}=4\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(2\right)\Leftrightarrow b^2-4b+4=0\)

\(\Leftrightarrow b=2\)

\(\Rightarrow a=\frac{5}{2}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{xy}{2}=\frac{5}{2}\\2x+y-xy=2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}xy=5\\2x+y=7\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\y=5\end{cases}or\orbr{\begin{cases}x=\frac{5}{2}\\y=2\end{cases}}}\)

a) Ta thấy ngay tứ giác BEDC nội tiếp vì \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\)

b) Do tứ giác BEDC nội tiếp nên \(\widehat{EDH}=\widehat{BCH}\)

Vậy thì \(\Delta EHD\sim\Delta BHC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EH}{BH}=\frac{DH}{CH}\Rightarrow BH.DH=EH.CH\)

c) Do góc \(\widehat{EDH}=\widehat{BCH}\) nên \(\widehat{EDA}=\widehat{CBE}\) (Cùng phụ với hai góc trên)

Suy ra \(\widebat{AC}=\widebat{AP}+\widebat{QC}\)

Lại có \(\widebat{AC}=\widebat{AQ}+\widebat{QC}\Rightarrow\widebat{AP}=\widebat{AQ}\Rightarrow AP=AQ\)

(Liên hệ giữa dây và cung căng dây)

Vậy tam giác APQ cân tại A.

Ta thấy \(\widehat{AEQ}=\widebat{AQ}+\widebat{PB}=\widebat{AP}+\widebat{PB}=\widebat{AB}=\widehat{AQB}\)

Vậy \(\Delta AEQ\sim\Delta AQB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AE}{AQ}=\frac{AQ}{AB}\Rightarrow AQ^2=AE.AB\Rightarrow AP^2=AE.AB\)

d) Gọi K là giao điểm của AO với PA. Do AP = AQ nên \(AO⊥PQ\)

Gọi AI là đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC.

Khi đó \(\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{1}{2}PQ.AK}{\frac{1}{2}BC.AI}=\frac{PQ}{2BC}\Rightarrow\frac{AK}{AI}=\frac{1}{2}\)

Lại có \(\Delta ABI\sim\Delta ADK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AI}{AK}=\frac{1}{2}\)

Xét tam giác vuông ABD có \(\frac{AB}{AD}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{BAC}=60^o\Rightarrow\widebat{BC}=60^o\)

Như vậy, khi A thay đổi trên cung lớn BC  thì \(\widehat{BAC}=60^o\). Ta xét trường hợp tam giác ABC cân tại A, khi đó ta tính được :

\(BC=R\sqrt{3}\)

a) Ta thấy ngay tứ giác BEDC nội tiếp vì ^BEC=^BDC=90o

b) Do tứ giác BEDC nội tiếp nên ^EDH=^BCH

Vậy thì ΔEHD∼ΔBHC(g−g)⇒EHBH =DHCH ⇒BH.DH=EH.CH

c) Do góc ^EDH=^BCH nên ^EDA=^CBE (Cùng phụ với hai góc trên)

Suy ra ⁀AC=⁀AP+⁀QC

Lại có ⁀AC=⁀AQ+⁀QC⇒⁀AP=⁀AQ⇒AP=AQ

(Liên hệ giữa dây và cung căng dây)

Vậy tam giác APQ cân tại A.

Ta thấy ^AEQ=⁀AQ+⁀PB=⁀AP+⁀PB=⁀AB=^AQB

Vậy ΔAEQ∼ΔAQB(g−g)⇒AEAQ =AQAB ⇒AQ2=AE.AB⇒AP2=AE.AB

d) Gọi K là giao điểm của AO với PA. Do AP = AQ nên AO⊥PQ

Gọi AI là đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC.

Khi đó S1S2 =12 PQ.AK12 BC.AI =PQ2BC ⇒AKAI =12 

Lại có ΔABI∼ΔADK(g−g)⇒ABAD =AIAK =12 

Xét tam giác vuông ABD có ABAD =12 ⇒^BAC=60o⇒⁀BC=60o

Như vậy, khi A thay đổi trên cung lớn BC  thì ^BAC=60o. Ta xét trường hợp tam giác ABC cân tại A, khi đó ta tính được :

BC=R√3

~~~~~~~~~~~ai đi ngang qua nhớ để lại k ~~~~~~~~~~~~~

 ~~~~~~~~~~~~ Chúc bạn sớm kiếm được nhiều điểm hỏi đáp ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

~~~~~~~~~~~ Và chúc các bạn trả lời câu hỏi này kiếm được nhiều k hơn ~~~~~~~~~~~~

Ta có:

\(S_{ABC}=pr;S_{ACD}=\frac{AC+CD+AD}{2}.r_1;S_{ABD}=\frac{AB+BD+AD}{2}.r_2\)

Vì AD là tia phân giác \(\widehat{BAC}\)nên đường cao từ D đến AB và AC là bằng nhau.

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}S_{ACD}=\frac{S_{ABC}}{3}\\S_{ABD}=\frac{2S_{ABC}}{3}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{AC+CD+AD}{2}.r_1=\frac{pr}{3}\\\frac{AB+BD+AD}{2}.r_2=\frac{2pr}{3}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}AC+CD+AD=\frac{2pr}{3r_1}\left(1\right)\\AB+BD+AD=\frac{4pr}{3r_2}\left(2\right)\end{cases}}\)

Lấy (1) + (2) ta dược

\(AC+CD+AB+BD+2AD=\frac{2pr}{3r_1}+\frac{4pr}{3r_2}\)

\(\Leftrightarrow2p+2AD=\frac{2pr}{3r_1}+\frac{4pr}{3r_2}\)

\(\Leftrightarrow AD=\frac{pr}{3r_1}+\frac{2pr}{3r_2}-p=\frac{pr}{3}\left(\frac{1}{r_1}+\frac{2}{r_2}\right)-p\)

Câu 2 ai vẽ hộ cái hình đi

Toán lớp mấy

toán tuổi thơ chắc chỉ cần đáp số thôi nhỉ

1. S={7;-5}

2. HPT có 2 nghiệm (x;y) là (2;-3) và (3/2;-7/2)

3. a=b=0

4. Dễ rồi

Chứng minh: \(\frac{\left(a+b\right)\left(a+b+2c\right)}{\left(3a+3b+2c\right)^2}\le\frac{1}{8}\)

Ta có:

\(\left(a+b\right)\left(a+b+2c\right)=\frac{1}{2}\left(2a+2b\right)\left(a+b+2c\right)\)

\(\le\frac{1}{2}.\left(\frac{2a+2b+a+b+2c}{2}\right)^2=\frac{1}{8}.\left(3a+3b+2c\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(a+b+2c\right)}{\left(3a+3b+2c\right)^2}\le\frac{1}{8}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{abc}{2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}}=\frac{1}{8}\)

Phần còn lại dễ nhé :3

Vừa làm bên OLM xong, ko đưa đc link nên làm lại =))

Ta có BĐT phụ \(\frac{1+\sqrt{a}}{1-a}\ge4a+1\)

\(\Leftrightarrow-\frac{\sqrt{a}\left(2\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{a}-1}\ge0\forall\frac{1}{4}< a< 0\)

Tương tự ta cũng có:

\(\frac{1+\sqrt{b}}{1-b}\ge4b+1;\frac{1+\sqrt{c}}{1-c}\ge4c+1;\frac{1+\sqrt{d}}{1-d}\ge4d+1\)

Cộng theo vế các BDT trên ta có:

\(VT\ge4\left(a+b+c+d\right)+4=8=VP\)

Xảy ra khi \(a=b=c=d=\frac{1}{4}\)

a lại nhầm nữa vừa làm bên học 24 xong :V