\(a+b+c\le\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ac\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=1\)

Thay vào M ta có: \(M\le\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ac}}\)

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

Xét: \(\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)^2\ge\frac{4a^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\Leftrightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\ge\frac{2a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)

Tương tự rồi cộng vế vs vế ta được: \(M\le\frac{\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{a+c}{a+c}}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c = \(\frac{\sqrt{3}}{3}\)

cosplay de chuyen thai nguyen 17-18

\(A=\frac{\left(y+z\right)\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}{x}+\frac{\left(x+z\right)\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}{y}+\frac{\left(x+y\right)\sqrt{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}}{z}.\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có

\(\left(x+y\right)\left(x+z\right)\ge\left(x+\sqrt{yz}\right)^2\)

Tương tự \(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\ge\left(y+\sqrt{xz}\right)^2\)

                 \(\left(y+z\right)\left(x+z\right)\ge\left(z+\sqrt{xy}\right)^2\)

\(\Rightarrow A\ge\frac{\left(y+z\right)\left(x+\sqrt{yz}\right)}{x}+\frac{\left(x+z\right)\left(y+\sqrt{xz}\right)}{y}+\frac{\left(x+y\right)\left(z+\sqrt{xy}\right)}{z}\)

hay \(A\ge2\left(x+y+z\right)+\frac{\sqrt{yz}\left(y+z\right)}{x}+\frac{\left(x+z\right)\sqrt{xz}}{y}+\frac{\left(x+y\right)\sqrt{xy}}{z}\)

\(\Leftrightarrow A\ge2\left(x+y+z\right)+\frac{yz\sqrt{yz}\left(y+z\right)}{xyz}+\frac{xz\sqrt{xz}\left(x+z\right)}{xyz}+\frac{xy\sqrt{xy}\left(x+y\right)}{xyz}\)

Đặt \(M=\frac{yz\sqrt{yz}\left(y+z\right)}{xyz}+\frac{xz\sqrt{xz}\left(x+z\right)}{xyz}+\frac{xy\sqrt{xy}\left(x+y\right)}{xyz}\)

Ta có \(\left(x,y,z\right)\rightarrow\left(a^2,b^2,c^2\right)\)

Khi đó \(M=\frac{a^3b^3\left(a^2+b^2\right)+b^3c^3\left(b^2+c^2\right)+c^3a^3\left(a^2+c^2\right)}{a^2b^2c^2}\)

ÁP DỤNG BĐT AM-GM ta có

\(a^5b^3+a^3b^5\ge2\sqrt{a^8b^8}=2a^4b^4\)

\(b^5c^3+b^3c^5\ge2\sqrt{b^8c^8}=2b^4c^4\)

\(a^5c^3+a^3c^5\ge2\sqrt{a^8c^8}=2a^4c^4\)

Cộng từng vế ta được 

\(a^3b^3\left(a^2+b^2\right)+b^3c^3\left(b^2+c^2\right)+c^3a^3\left(a^2+c^2\right)\ge2\left(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\right)\)

              \(\ge2a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Rightarrow M\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\left(x+y+z\right)\)

\(\Rightarrow A\ge4\left(x+y+z\right)=4\sqrt{2019}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{\sqrt{2019}}{3}\)

\(\text{vì:}x^y+1=z\Rightarrow z\text{ lẻ};x^y+1=z\Rightarrow x^y\text{ chẵn}\Rightarrow x=2\)

\(+,y=2\Rightarrow z=2^2+1=5\left(\text{thỏa mãn}\right)\)

\(+,y\ge3\Rightarrow y\text{ lẻ};\text{xét:}2^{2k+1}\left(k\inℕ^∗\right)=4^k.2\equiv1.2\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow2^y+1⋮3\text{ và:}2^y+1>3\left(\text{vô lí}\right)\)

\(\text{Vậy: }x=2;y=2;z=5\)

Dễ thấy : \(z>2\Rightarrow x\)lẻ \(\Rightarrow x\)chẵn \(\Rightarrow x=2\). Đưa bài toán về tìm 1 số tự nhiên \(y\)sao cho \(2^y+1\)là số nguyên tố 

Nếu \(y>2\Rightarrow y\)lẻ \(\Rightarrow2^y+1⋮3\Rightarrow\)False\(\Rightarrow y=2\Rightarrow z=5\)

Vậy x,y,z lần lượt là 2,2,5

Sử dụng: 

\(A^3+B^3+C^3-3ABC=\left(A+B+C\right)\left(A^2+B^2+C^2-AB-BC-AC\right)\) (1)

Áp dụng vào bài:

\(\left(a-1\right)^3+\left(b-2\right)^3+\left(c-3\right)^3-3\left(a-1\right)\left(b-2\right)\left(c-3\right)\)

\(=\left(a-1+b-2+c-3\right)\)[ \(\left(a-1\right)^2+\left(b-2\right)^2+\left(c-3\right)^2\)

\(+\left(a-1\right)\left(b-2\right)+\left(a-1\right)\left(c-3\right)+\left(b-2\right)\left(c-3\right)\)]

<=> \(0-3\left(a-1\right)\left(b-2\right)\left(c-3\right)=0\)

( vì \(a-1+b-2+c-3=a+b+c-6=6-6=0\))

<=> \(\left(a-1\right)\left(b-2\right)\left(c-3\right)=0\)

<=>  a = 1 hoặc b = 2 hoặc c = 3.

Không mất tính tổng quát: g/s : a = 1

Khi đó: b + c =5

Ta có:  \(T=\left(b-2\right)^{2n+1}+\left(c-3\right)^{2n+1}\)

\(=\left(b-2+c-3\right).A\)

\(=\left(b+c-5\right).A\)

\(=0.A=0\)

Với \(A=\left(b-2\right)^{2n}-\left(b-2\right)^{2n-1}\left(c-3\right)+\left(b-2\right)^{2n-2}\left(c-3\right)^2-...+\left(c-3\right)^{2n}\)

Tương tự b = 2; c= 3 thì T = 0.

Vậy T = 0.

Chia hình chữ nhật 4 x 3 thành 24 hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\).

Diện tích mỗi hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\) là \(\frac{1}{2}\left(cm^2\right)\)

G/s : Mỗi  hình chữ nhật  chỉ chứa ít hơn 3 điểm 

Tổng số điểm của hình chữ nhật  3 x 4 thì sẽ < 2.24 = 48 điểm <49 điểm ( vô lí)

=> Theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại một hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\)  chứa ít nhất  3 điểm trong 49 điểm đã cho.

Tam giác có 3 đỉnh nằm trong hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\) nên diện tích < \(\frac{1}{2}\left(cm^2\right)\)

Vậy ....

=17a+17b

=17(a+b)

=17.100

=1700

=17a+17b

=17(a+b)

=17.100

=1700

\(5\le xy+yz+zx\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(x+y+z\ge\sqrt{15}\)

\(\frac{x^2}{\sqrt{8x^2+3y^2+14xy}}=\frac{x^2}{\sqrt{8x^2+2xy+3y^2+12xy}}\ge\frac{x^2}{\sqrt{9x^2+12xy+4y^2}}=\frac{x^2}{3x+2y}\)

\(A\ge sigma\frac{x^2}{3x+2y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{5\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{5}\ge\sqrt{\frac{3}{5}}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{\frac{5}{3}}\)

h2r r1000

Đặt \(d=\left(m,n\right)\)

Ta có :\(\hept{\begin{cases}m=ad\\n=bd\end{cases}}\)với \(\left(a,b\right)=1\)

Lúc đó

\(\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}=\frac{ad+1}{bd}+\frac{bd+1}{ad}=\frac{\left(a^2+b^2\right)d+a+b}{abd}\)là số nguyên

Suy ra \(a+b⋮d\Rightarrow d\le a+b\Rightarrow d\le\sqrt{d\left(a+b\right)}=\sqrt{m+n}\)

Vậy \(\left(m,n\right)\le\sqrt{m+n}\)(đpcm)

Sửa đề: chứng minh:\(\frac{a^2}{\sqrt{12b^2+11bc+2c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{12c^2+11ca+2a^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{12a^2+11ca+2b^2}}\ge\frac{3}{5}\)

Ta có: \(12b^2+11bc+2c^2=\frac{1}{4}\left(7b+3c\right)^2-\frac{1}{4}\left(b-c\right)^2\le\frac{1}{4}\left(7b+3c\right)^2\)

Do đó: \(\frac{a^2}{\sqrt{12b^2+11bc+2c^2}}\ge\frac{2a^2}{7b+3c}\).Tương tự hai BĐT còn lại rồi cộng theo vế thu được:

\(VT\ge\frac{2a^2}{7b+3c}+\frac{2b^2}{7c+3a}+\frac{2c^2}{7a+3b}\)

\(=2\left(\frac{a^2}{7b+3c}+\frac{b^2}{7c+3a}+\frac{c^2}{7a+3b}\right)\ge\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{10\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{5}\)(áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel)

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

P/s: Is that true? Thấy đề nó là lạ nên sửa thôi chứ ko chắc rằng mình sửa đúng..

@Cool Kid: Cách của mình"

Đầu tiên ta xét hiệu: \(12b^2+11bc+2c^2-x\left(b-c\right)^2\). Ta chọn x để biểu thức sau khi phân tích có dạng một số chính phương.

\(=\left(12-x\right)b^2+\left(11+2x\right)bc+\left(2-x\right)c^2\)

\(=\left(12-x\right)\left(b+\frac{\left(11+2x\right)c}{2\left(12-x\right)}\right)^2+\left(2-x\right)c^2-\frac{\left(11+2x\right)^2c^2}{4\left(12-x\right)}\)

\(=\left(12-x\right)\left(b+\frac{\left(11+2x\right)c}{2\left(12-x\right)}\right)^2+c^2\left[\left(2-x\right)-\frac{\left(11+2x\right)^2}{4\left(12-x\right)}\right]\)

Đến đây thì ý tưởng đã rõ, ta chọn x sao cho 12 - x > 0 và:

\(\left(2-x\right)-\frac{\left(11+2x\right)^2}{4\left(12-x\right)}=0\). Bấm máy tính ta suy ra \(x=-\frac{1}{4}\)

Từ đó có thể dễ dàng suy ra cách phân tích bên trên

Câu cuối là gì nhờ 

a/Vì C là giao điểm 2 tiếp tuyến (O) nên ta có AC=MC,^OCM=1/2 ^ACD

Tương tự thì BD=DM, ^ODC=1/2 ^BDC.Từ đó suy ra AC+BD=CM+DM=CD và ^COD=90

b/Từ kết quả ở câu a thì ta chỉ cần chứng minh CM.DM=R²=OM²

Ta dễ dàng chứng minh được đẳng thức trên vì ta có \(\Delta OCM~\Delta DOM\left(g.g\right)\)

c/Ta có OC là đường trung trực của AM nên suy ra AM vuông góc OC tại H,H là trung điểm AM

Lại có BM vuông góc với OD tại K,K là trung điểm BM và ^COD=90(cmt)

Suy ra OHMK là hcn

d/Từ câu c suy ra ngay OC//BM, mà O là trung điểm AB nên OC là đtb của tam giác ABE

Suy ra C là trung điểm AE

e/MF cắt HK thì phải 

Ta có tam giác AMF có HI//AF,H là trung điểm AM suy ra I là trung điểm MF

f/Gọi T là trung điểm CD, ta dễ thấy (COD) là (T,TO)

Mà ta có TO vuông góc với AB(tính chất đường tb hình thang)

g/ ghi đề dùm

Đã sửa đề câu g rồi ạ