a/

+ Vì BE // OD nên ta có ngay góc COD = góc DOB = góc OBE = góc OEB. Ta có :

góc COD + góc DOB + góc BOE = góc OBE + góc OEB + góc BOE = 180 độ

Vậy C,O,E thẳng hàng

+ Vì tam giác OCD cân tại O và OF vuông góc với CD nên OF đồng thời là đường phân giác => góc COF = góc FOD => Cung CF = cung FD

Do góc CED chắn cung CD và F là trung điểm của cung CD nên là đường phân giác góc CED.

a/ Dễ dàng chứng minh được OA chính là đường trung bình của hình thang HBCK, suy ra A là trung điểm HK => A chính là tâm của đường tròn đường kính HK.

Để chứng minh đường tròn đường kính HK tiếp xúc với BC, ta sẽ chứng minh BC chính là tiếp tuyến của đường tròn (A) tại M hay AM = AK.

Vì HK là tiếp tuyến của (O) tại A nên : \(\widehat{CAK}=\frac{1}{2}\text{sđcungAC}=\widehat{ABC}\left(1\right)\)

Mặt khác, tam giác BAC vuông tại A vì cạnh huyền BC là đường kính của đường tròn (O) . Ta dễ dàng suy ra \(\widehat{ABC}=\widehat{CAM}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có \(\widehat{CAK}=\widehat{CAM}\)

Xét hai tam giác vuông CAM và tam giác vuông CAK có CA là cạnh chung , góc CAM = góc CAK nên \(\Delta CAK=\Delta CAM\left(ch.gn\right)\Rightarrow AK=AM\)

Từ đó suy ra đpcm.

b/ Vì BHKC là hình thang nên \(S_{BHKC}=\frac{\left(BH+CK\right).HK}{2}=OA.HK\)

Từ câu a) ta chứng minh được \(AK=AM\) nên \(HK=2AK=2AM\le2OA\) (hằng số)

=>\(S_{BHKC}\le OA.2OA=2OA^2=2\left(\frac{BC}{2}\right)^2=\frac{BC^2}{2}\) . Dấu "=" xảy ra khi A là điểm chính giữa cung BC.

Vậy ...............................

c/ Đề sai , bởi vì góc MAO có đơn vị độ, còn vế bên phải lại là một tỉ số .

@Hoàng Lê Bảo Ngọc

bn xem có phải k sao cô minh cho đề thế nhỉ

Lời giải:

Khai triển, BĐT cần chứng minh tương đương với

\(64(xy+yz+xz)-63xyz\geq 192\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(z=\max (x,y,z)\Rightarrow z\geq \frac{4}{3}\)

Đặt \(f(x,y,z)=64(xy+yz+xz)-63xyz\)

Ta sẽ chứng minh \(f(x,y,z)\geq f\left(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z\right)\)

\(\Leftrightarrow 64(xy+yz+xz)-63xyz\geq 64\left [ \left ( \frac{x+y}{2} \right )^2+z(x+y) \right ]-63z\left ( \frac{x+y}{2} \right )^2\)

\(\Leftrightarrow \frac{64(x-y)^2}{4}\leq \frac{63z(x-y)^2}{4}\Leftrightarrow z\geq\frac{63}{64}\)

Điều này hiển nhiên đúng vì \(z\geq \frac{4}{3}>\frac{63}{64}\)

Bây giờ ta chỉ cần chỉ ra \(f\left(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z\right)\geq 192\)

\(\Leftrightarrow 64\left [ \left ( \frac{x+y}{2} \right )^2+z(x+y) \right ]-63z\left ( \frac{x+y}{2} \right )^2\geq 192\)

\(\Leftrightarrow 64z(4-z)+16(4-z)^2-\frac{63}{4}z(4-z)^2\geq 192\Leftrightarrow 63z^3-312z^2+496z-256\leq 0\)

\(\Leftrightarrow (3z-4)^2(7z-16)\leq 0\Leftrightarrow z\leq \frac{16}{7}\)

BĐT trên đúng vì \(x,y>1\Rightarrow z=4-x-y<2<\frac{16}{7}\)

Do đó \(f(x,y,z)\geq f\left(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z\right)\geq 192\)

Chứng minh hoàn tất. Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{4}{3}\)

Vì:  \(A=\left|x-y\right|\ge0\), do a  A lớn nhất khi \(A^2\) lớn nhất

\(A^2=\left(x-y\right)^2=\left(1\cdot x-\frac{1}{2}\cdot2y\right)^2\)

Nên theo bđt bu-nhi-a-cốp-xki ta có:

\(A\le\left(1+\frac{1}{4}\right)\left(x^2+4y^2\right)=\left(1+\frac{1}{4}\right)+1=\frac{5}{4}\)

Vậy GTLN của A là \(\frac{\sqrt{5}}{2}\) khi \(\begin{cases}\frac{2y}{x}=-\frac{1}{2}\\x^2+4y^2=1\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=-\frac{2\sqrt{5}}{5}\\y=\frac{\sqrt{5}}{10}\end{cases}\) hoặc \(\begin{cases}x=\frac{2\sqrt{5}}{5}\\y=-\frac{\sqrt{5}}{10}\end{cases}\)

cam on nha

Bài 1:

Có: \(\frac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n}}{n\left(n+1\right)}=\sqrt{n}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\sqrt{n}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\)

\(=\left(1+\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)< 2\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\)

Có: \(\frac{1}{2\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}\)

xong bn áp dụng lên trên lm tiếp

Bài 3:

theo bđt cô si ta có:

\(\sqrt{\frac{b+c}{a}\cdot1}\le\left(\frac{b+c}{a}+1\right):2=\frac{b+c+a}{2a}\)

=> \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\)                         (1)

Tương tự ta có :

\(\sqrt{\frac{b}{a+c}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\)                            (2)

\(\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\)                               (3)

Cộng vế vs vế (1)(2)(3) ta có:

\(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2a+2b+2c}{a+b+c}=2\)

\(P=\frac{2}{a^2+b^2}+\frac{2}{2ab}+\frac{34}{ab}+\frac{17ab}{8}-\frac{ab}{8}\)

\(P=2\left(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}\right)+\frac{34}{ab}+\frac{17ab}{8}-\frac{ab}{8}\)

\(P\ge2\cdot\frac{4}{a^2+b^2+2ab}+2\sqrt{\frac{34}{ab}\cdot\frac{17ab}{8}}-\frac{\frac{\left(a+b\right)^2}{4}}{8}\)

( do \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y};x+y\ge2\sqrt{xy};ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\))

\(\Rightarrow P\ge\frac{8}{\left(a+b\right)^2}+2\sqrt{\frac{289}{4}}-\frac{\frac{4^2}{4}}{8}\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{8}{16}+17-\frac{1}{2}=17\)

\(P=17\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2=2ab\\\frac{34}{ab}=\frac{17ab}{8}\\a=b\\a+b=4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=2\)

Vậy Min P = 17 \(\Leftrightarrow a=b=2\)

Lời giải:

ĐK: \(x,y\geq 1\)

PT \(\Leftrightarrow (\sqrt{x^2+5}-\sqrt{y^2+5})+(\sqrt{x-1}-\sqrt{y-1})+(x^2-y^2)=0\)

\(\Leftrightarrow \frac{x^2-y^2}{\sqrt{x^2+5}+\sqrt{y^2+5}}+\frac{x-y}{\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}}+(x^2-y^2)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-y)\left(\frac{x+y}{\sqrt{x^2+5}+\sqrt{y^2+5}}+\frac{1}{\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}}+x+y\right)=0\)

Với mọi \(x,y\geq 1\) dễ thấy biểu thức trong ngoặc lớn luôn lớn hơn $0$

Do đó: \(x-y=0\Leftrightarrow x=y\) (dpcm)

cho biết R1=5 ôm; U2=3,5 vôn ;IAB=0,5.Tính điện trở tương đương của đoạn mạch?

đây là bđt bunhiacopski đấy, sẽ là

\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^{2^2}+b^{2^2}+c^{2^2}\right)\)

\(\Rightarrow n=1^2+1^2+1^2=3\)

khó

Ta có : \(Sin\frac{A}{2}=Sin\widehat{BAM}=Sin\widehat{CAM}=\frac{BH}{AB}=\frac{CK}{CA}\)

\(\Rightarrow sin\frac{A}{2}=\frac{BH}{b}=\frac{CK}{c}\Rightarrow sin^2\frac{A}{2}=\frac{BH.CK}{bc}\)

Lại có : \(BH\le BM;CK\le CM\) 

\(\Rightarrow sin^2\frac{A}{2}\le\frac{BM.CM}{bc}\le\frac{\frac{\left(BM+CM\right)^2}{4}}{bc}=\frac{\frac{BC^2}{4}}{bc}=\frac{a^2}{4bc}\)

\(\Rightarrow sin\frac{A}{2}\le\frac{a}{2\sqrt{bc}}\) (đpcm)

oh