Cho tứ giác $ABCD$ không phải hình thang. Các điểm $M,N,P,Q$ theo thứ tự thay đổi trên $AB,BC,CD,DA$ sao cho $MNPQ$ là hình bình hành.
Tìm quỹ tích giao điểm $I$ của $MP,NQ$
- Nguyen Huy Hoang yêu thích
$\boxed{\textrm{Vương Đình Ân}}$
Gửi bởi vda2000 trong 20-07-2015 - 17:23
Cho tứ giác $ABCD$ không phải hình thang. Các điểm $M,N,P,Q$ theo thứ tự thay đổi trên $AB,BC,CD,DA$ sao cho $MNPQ$ là hình bình hành.
Tìm quỹ tích giao điểm $I$ của $MP,NQ$
Gửi bởi vda2000 trong 15-07-2015 - 21:48
cho a,b,c là các số thực dương thõa mãn a+b+c=1.Chứng minh rằng :$\sum \frac{ab}{(a+c)(b+c)}\geq \frac{3}{4}$
Quy đồng lên được kết quả tại đây.
Bất đẳng thức chứng minh tương đương với: $ab^2+a^2b+bc^2+b^2c+ca^2+c^2a\geq 6abc$ (Luôn đúng theo $AM-GM$ với $6$ số)
Gửi bởi vda2000 trong 14-07-2015 - 15:19
Giải phương trình nghiệm nguyên: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=z$
Xét: $z=0$ PT có nghiệm: $(x;y;z)=(k;-k;0)$ với: $k\im\mathbb{Z}$
Xét: $z\neq 0$
PT: $\Leftrightarrow x+y=xyz$
$\Leftrightarrow xyz^2-xz-yz=0$
$\Leftrightarrow xz(yz-1)-(yz-1)=1$
$\Leftrightarrow (xz-1)(yz-1)=1$
Đến đây dễ r`
Gửi bởi vda2000 trong 14-07-2015 - 15:15
Cách giải trong link bạn gửi thật sự chưa đúng.
Đó là khi rút ra được: $y<1$ trong TH1, Ta có: $2y^2z>2\Leftrightarrow y^2z>1$
$y<1$ chưa chắc đã suy ra: $z>1$ Ví dụ: $y=-2$ Khi đó, $z$ hoàn toàn có thể bằng: $\frac{8}{9}<1$mà vẫn thỏa mãn: $y^2z>1$
Giải hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix} x^5-x^4+2x^2y=2 & & \\ y^5-y^4+2y^2z=2& & \\ z^5-z^4+2z^2x=2& & \end{matrix}\right.$
Giải như sau:Trước hết xét từng TH: $x=0$; $y=0$; $z=0$ đều ra vô lí. Xét: $x;y;z\neq 0$
Ta có: $x^5-x^4-2=2x^2y\Leftrightarrow\frac{x^5-x^4-2}{-2x^2}=y$
Giả sử: $y>1$ Ta có:
$\frac{x^5-x^4-2}{-2x^2}>1$
$\Leftrightarrow\frac{x^5-x^4+2x^2-2}{-2x^2}>0$
$\Leftrightarrow\frac{(x-1)(x^4+2x+2)}{-2x^2}>0$
$\Leftrightarrow (x-1)(x^4+2x+2)<0$
Ta có: $x^4+2x+2=x^4-2x^2+1+2x^2+2x+1>0$
$\Leftrightarrow x-1<0$
$\Leftrightarrow x<1$
Từ: $x<1$ suy ra: $z>1$ rồi: $y<1$ và vô lí
Tương tự các trường hợp còn lại: $y<1$
Suy ra: $y=1$
$\Rightarrow ...$
Gửi bởi vda2000 trong 13-07-2015 - 21:53
Wolframalpha dùng sao vậy bạn?
Em nên xưng là "EM"
Em cũng biết ít ít thôi
Một số lệnh em biết, em xin lấy ví dụ cho dễ hiểu
Khai triển: expand (x-1)(x-3), máy sẽ hiện: x^2-4x+3
Phân tích đa thức thành nhân tử: factor x^2-4x+3, máy sẽ hiện: (x-1)(x-3)
Tìm cực trị:
min x^2
max -x^2
Nếu tìm cực trị thêm điều kiên như: min x^2 with x>=1
hoặc có thể thay là min x^2 domain x>=1
em biết thế thôi :3
Gửi bởi vda2000 trong 13-07-2015 - 21:48
Giải Bất phương trình $x+1+\sqrt{x^2-4x+1}\geq 3\sqrt{x}$
Chia $\sqrt{x}$ cho $2$ vế được:
$\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}+\sqrt{x-4+\frac{1}{x}}\geq 3$
Đặt: $\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}=a$ (ĐK: $a\geq 2$)
Ta có: $a^2=x+\frac{1}{x}+2$
Do đó BPT $\Leftrightarrow a+\sqrt{a^2-6}\geq 3$
Gửi bởi vda2000 trong 13-07-2015 - 21:25
Mình cũng thử dùng wolfram thử thì thấy nó hiện ra min là $ \frac{-1}{108}$ tại $x=\frac{1}{2};y=5$
Sau một hồi biến đổi tương đương không ra cộng thêm việc thử lại với $x=3$ và $y=0$ thì cũng tìm ra được min giống bạn
Bài này có cách khác không cần dùng wolfram không nhỉ
Kiểu gì chả có nhưng dấu "=" xảy ra rất khó đoán và tận dụng để đánh giá :3
Gửi bởi vda2000 trong 13-07-2015 - 21:16
Cho x,y không âm, tìm GTNN của:
$A=\frac{(1-x)(1-xy)}{(1+x)^2(1+y)^2}$
Ta dự đoán $Min=\frac{-1}{8}$ (Tại đây )
Ta sẽ chứng minh: $A\geq\frac{-1}{8}$
$\Leftrightarrow (1-x)(1-xy)+\frac{1}{8}((1+x)^2(1+y)^2)\geq 0$
Rút gọn lại ta được bất đẳng thức tương đương:
$9 - 6 x + x^2 + 2 y - 4 x y + 10 x^2 y + y^2 + 2 x y^2 + x^2 y^2\geq 0$
$\Leftrightarrow (x^2-6x+9)+(10x^2y-4xy+2y)+y^2+2xy^2+x^2y^2\geq 0$
$\Leftrightarrow (x-3)^2+y(10x^2-4x+2)+y^2(1+2x+x^2)\geq 0$
$\Leftrightarrow (x-3)^2+y[(2x-1)^2+6x^2+1]+(x+1)^2.y^2\geq 0$
Gửi bởi vda2000 trong 13-07-2015 - 20:41
Gửi bởi vda2000 trong 13-07-2015 - 19:52
Cho tam giác ABC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.Qua I dựng đường thẳng vuông góc với IA cắt AB, AC tại M và N. Chứng minh rằng:
a)$\frac{BM}{CN}=\frac{BI^2}{CI^2}$
b)$BM.AC+CN.AB+AI^2=AB.AC$
a) Ta có: $\Delta BMI\sim\Delta INC$ ($g.g$)
Suy ra: $\frac{BM}{IN}=\frac{MI}{NC}=\frac{BI}{CI}$ (định lý) $(1)$
Dễ dàng chứng minh được $\Delta AMN$ cân tại $A$ do có đường phân giác đồng thời là đường cao.
Suy ra: $IN=MI$ và: $AM=AN$
Ta có: $(1)\Rightarrow\frac{BM}{IN}.\frac{MI}{NC}=(\frac{BI}{CI})^2$
$\Leftrightarrow\frac{BM}{CN}=\frac{BI^2}{CI^2}$ ($Q.E.D$)
b) Câu a còn suy ra: $BM.CN=IM^2$
Điều cần chứng minh tương đương với:
$BM.AC+CN.AB+AM^2-IM^2=AB.AC$
$\Leftrightarrow CN.AB-BM.CN+AM^2=AB.AC-BM.AC$ Do: $IM^2=BM.CN$
$\Leftrightarrow CN.AM+AM^2=AM.AC$
$\Leftrightarrow CN+AM=AC$
$\Leftrightarrow CN+AN=AC$ Luôn đúng (Vì: $AM=AN$)
Gửi bởi vda2000 trong 13-07-2015 - 17:50
Tìm GTNN của : A=$\frac{3x}{2}-\sqrt{3+2x-x^{2}}$
Ta có: $\frac{3x}{2}-A=\sqrt{3+2x-x^2}$
$\Leftrightarrow \frac{9x^2}{4}+A^2-6Ax=3+2x-x^2$
Xong xét $Delta$ của pt bậc $2$ ẩn $x$ thôi
Gửi bởi vda2000 trong 13-07-2015 - 15:52
$Cho:\left\{\begin{matrix}a+b\leq 1 & & \\ a,b>0 & & \end{matrix}\right. Tim: min A=\frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{2ab}$
Ta có: $A=\frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{6ab}+\frac{1}{3ab}\geq\frac{4}{a^2+b^2+1+6ab}+\frac{1}{3ab}=\frac{4}{(a+b)^2+4ab+1}+\frac{1}{3ab}\geq\frac{4}{1+4.\frac{1}{4}+1}+\frac{1}{3.\frac{1}{4}}=\frac{4}{3}+\frac{4}{3}=\frac{8}{3}$
Do ta có: $a+b\leq 1$ nên cũng có: $ab\leq\frac{1}{4}$
Gửi bởi vda2000 trong 13-07-2015 - 15:29
$Cho: a,b>0. TIM: min A= \frac{a+b}{\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{ab}}{a+b}$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ với $2$ số dương, ta có:
$\frac{a+b}{4\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{ab}}{a+b}+\frac{3}{4}.\frac{a+b}{\sqrt{ab}}\geq 2.\sqrt{\frac{a+b}{4\sqrt{ab}}.\frac{\sqrt{ab}}{a+b}}+\frac{3}{4}.\frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}}=\frac{5}{2}$
Gửi bởi vda2000 trong 13-07-2015 - 15:24
$Cho :a\geq 6. Tim min A= a+\frac{1}{a^{2}}$
Áp dụng $AM-GM$ với $3$ số dương:
$\frac{a}{216}+\frac{a}{216}+\frac{1}{a^2}+\frac{107}{108}a\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{216^2}.\frac{1}{a^2}}+\frac{107}{108}.6=\frac{217}{36}$
Gửi bởi vda2000 trong 13-07-2015 - 14:44
CMR $\frac{1}{\sqrt{x+3}}+\frac{1}{\sqrt{3x+1}} \leq \frac{2} {1+\sqrt{x}}$
Áp dụng bất đẳng thức: $Buniakovsky$, ta có:
$\frac{1}{\sqrt{x+3}}+\frac{1}{\sqrt{3x+1}}\leq\sqrt{2.(\frac{1}{x+3}+\frac{1}{3x+1})}$
Cần chứng minh: $\sqrt{2.(\frac{1}{x+3}+\frac{1}{3x+1})}\leq\frac{2}{1+\sqrt{x}}$
$\Leftrightarrow\frac{2x+2}{(3x+1)(x+3)}\leq\frac{1}{x+2\sqrt{x}+1}$
$\Leftrightarrow (x+1)^2+4x\geq 4\sqrt{x}(x+1)$ Luôn đúng theo bất đẳng thức $AM-GM$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học