PP làm: lấy tử chia mẫu được phần nguyên và phân số rồi sử dụng tính chia hết

Cho điểm M(2;1). Lập d đi qua M cắt Ox, Oy tại A, B sao cho khoảng cách từ O đến d là max

d:ax+by-2a-b=0

(a,b khác 0)

Từ đây ta tìm được tọa độ giao điểm của (d) với Ox, Oy theo a, b

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính được khoảng cách từ O đến d theo a,b

Tìm max của giá trị.

Đóng góp bài này cho topic

Cho a,b,c,d  thỏa mãn a+b+c+d=6 và a²+b²+c²+d²=12

cmr 48 >= 4(a³+b³+c³+d³) -(a⁴+b⁴+c⁴+d⁴) >= 36

bạn bị ngược dấu hay sao ấy

nguoc dau cho nao

Su dung pp pqr
Dat p=a+b+c=3

q=ab+bc+ca

r=abc,r<=1

BDT tuong duong 2q+3/r>=9

Hay 2qr+3>=9r

Ma q>=3*can(r)( do q^2>=3pr)

Dua ve bpt an r giai voi chu y r<=1

Bài này khá dễ giống đề thi lớp 10 ở VĨnh Phúc,. Bạn có thể tham khảo, hãy like cho mình nhé

moi nguoi nghi ra huong giai quyet bai 3 chua

Câu II 2.

Từ giả thiết ta có được $\frac{1}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{(c+1)(b+1)}+\frac{1}{(a+1)(c+1)}=1$

 Đặt $a+1=\frac{\sqrt{3}}{x}, b+1=\frac{\sqrt{3}}{y},c+1=\frac{\sqrt{3}}{z}$

Giả thiết trở thành $xy+yz+zx=3$ và

$P= \sqrt{3} ( \frac{1}{\frac{3}{x}+x} +\frac{1}{\frac{3}{y}+y} +\frac{1}{\frac{3}{z}+z})$

   $= \sqrt{3} (\frac{x}{x^{2}+3}+\frac{y}{y^{2}+3}+\frac{z}{z^{2}+3})$

Sử dụng giả thiết ta có

  $P=\sqrt{3}( \frac{x}{(x+y)(x+z)}+ \frac{y}{(x+y)(y+z)}+ \frac{z}{(z+y)(x+z)})$

    $=\sqrt{3}( \frac{2(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)})$

Mặt khác $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq \frac{8}{3}(xy+yz+zx)$

Suy ra $P \leq \sqrt{3}\frac{3}{4}= \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c = \sqrt{3}-1$                                                      

mình có cách khác nhanh hơn đặt a+1=x;b+1=y;c+1=z thì bài toán sẽ tự nhiên hơn và ứng dụng được cả giả thiết

Mình thấy cách giải của bạn ddang00 không hợp lí lắm. Như cách giải thích của anh IHateMath thì có vẻ cách của bạn chưa đúng hơn nữa nếu làm như vậy con số $\frac{3\sqrt{3}}{4}cm^{2}$ không có ý nghĩa cho lắm.

 

Cách giải của mình như sau:

 

ScreenHunter_35 May. 30 14.25.jpg

Ta chia tứ giác $ABCD$ thành $16$ tứ giác nội tiếp trong đường tròn bán kính $1$ như hình trên bằng cách lấy các trung điểm của cạnh tứ giác $ABCD$ và làm thế 1 lần nữa với $4$ tứ giác vừa được chia ra.

Theo nguyên lí $Dirichlet$ thì tồn tại $3$ điểm trong $33$ đã cho cùng thuộc $1$ tứ giác trong $16$ tứ giác vừa được chia ra

$3$ điểm này thuộc hình tròn bán kính bằng $1$. Ta sẽ chứng minh $3$ điểm này là $3$ điểm cần tìm.

ScreenHunter_36 May. 30 14.38.jpg

Gọi $3$ điểm này là $E,F,G$

Xảy ra $3$ trường hợp:

TH1 3 điểm này không nằm trên đường tròn. Vẽ $EF$ cắt $(I)$ tại $M$. Đường thẳng $EG$ cắt $(I)$ tại $N,K$.

Dễ thấy $S_{EFG}< S_{MNK}$. Mà ta lại có diện tích của 1 tam giác bất kì nội tiếp đường tròn không quá diện tích tam giác đều nội tiếp đường tròn đó. Dễ tính được diện tích tam giác đều nội tiếp đường tròn bán kính $1$ là $\frac{3\sqrt{3}}{4}cm^{2}$

Suy ra $S_{EFG}< S_{MNK}\leq \frac{3\sqrt{3}}{4}cm^{2} $

TH2 Tồn tại ít nhất $1$ điểm trong $3$ điểm nằm trên đường tròn.

Vẽ như TH1 và giải như TH1

TH3 3 điểm này nằm trên đường tròn. Giải như TH1 thì $S_{EFG}\leq  \frac{3\sqrt{3}}{4}cm^{2}$

 

Như vậy ta có điều phải chứng minh

sao ban biet 16 tu giac deu noi tiep

minh nghi bai to hop cac ban can chung minh co 1 tam giac co 3 dinh la 3 trong cac diem da cho va canh cua tam giac nho hon 1 thi dung cong thuc tinh dien tich bang sin60 se ra ngay

moi nguoi hom nay co ket qua LHP day hoi hop qua hi vong do co vu cho minh nhe

Ký hiệu $F_{n}$ là số hạng thứ $n$ của dãy Fibonacci

Chia mỗi số $F_{n}$ cho $10^4$ đc các số dư là $r_{n}$ (mod $10^4$) với $r_{i}=\overline{0,9999}$

Xét tất cả các cặp có thể có của các số nguyên từ $0$ đến $9999$ có $10^8$ cặp $(r_{0};r_{0});(r_{0};r_{1});(r_{1};r_{2});...$

Giả sử ko có cặp nào là $(0;0)$ thì các cặp trên phải có 2 cặp trùng nhau theo nguyên lý Dirichlet, gsử:

  $r_{n}=r_{p}$ và $r_{n+1}=r_{p+1}$ ($n>p$)

$\Rightarrow r_{n-1}=r_{p-1} \Rightarrow r_{n-2}=r_{p-2} \Rightarrow ... \Rightarrow r_{1}=r_{n-p+2}=r_{n-p+1} \Rightarrow r_{n-p+1}=r_{n-p+2} \Rightarrow r_{n-p}=0$

Vậy tồn tại $1$ số $F_{n}$ chia hết cho $10^4$ hay có tận cùng là $4$ chữ số $0$

Mình không hiểu bài này lắm, gửi lại cho mình đi.

Trên mặt phẳng cho 5 điểm có tọa độ nguyên trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Chứng minh rằng trong số các tam giác tạo thành từ 5 điểm đã cho có ít     nhất 3 tam giác có diện tích nguyên

ko vi no ch

Bài 15 : Một bạn cờ quốc tế $8\times 8$  . Hỏi rằng quân mã có thể đi nước đầu tiên từ ô dưới cùng bên trái và kết thúc ở ô trên cùng bên phải không ? Với điều kiện nó phải đi qua tất cả các ô trên bàn cờ và mỗi ô chỉ đi qua đúng một lần. 

ko vi quan ma ko the di het ban co

Giải phương trình này: $\sqrt{1-\frac{1}{x}}+\sqrt{x^2-x}=2$

Tìm giá trị nhỏ nhất của 

P=$\fn_jvn \frac{a}{bc}$+$\fn_jvn \frac{2b}{ca}$+$\fn_jvn \frac{5c}{ab}$

trong đó a²+b²+c²=6

Các bài làm hầu như không ghi ĐKXĐ vào, các bạn chú ý nhé. (Nhớ trích dẫn đề nữa)

 

Giải pt:

19) $\sqrt{2x^2+8x+6}+\sqrt{x^2-1}=2x+2$

 

20) $\sqrt[3]{24+x}+\sqrt{12-x}=6$

 

21) $(x+1)(x+4)=5\sqrt{x^2+5x+28}$

 

22) $4\sqrt{(4-x)(2+x)}=x^2-2x-12$

 

23) $\sqrt{3x-2}+\sqrt{x-1}=4x-9+2\sqrt{3x^2-5x+2}$

 

24) $5\sqrt{x}+\frac{5}{2\sqrt{x}}=2x+\frac{1}{2x}+4$

 

25) $x^2-2x=2\sqrt{2x-1}$

 

26) $x^3+1=2\sqrt[3]{2x-1}$

câu 21:DKXD: với mọi x

sau đó đặt cận vệ phải là a(a>=0) tôi biểu diễn về trại theo a và phân tích thành tích là xong

Giải phương trình  x² - 5x + 36 = 8 $\sqrt{3x+4}$

DKXD:x>=-4/3

Cậu bình phương cả 2 vế lên:

(x²-5x+36)²=64(3x+4)

x⁴-10x³+ 97x² - 552x+1040=0

(x-4)²(x² - 2x + 65)=0

x=4 (thỏa man DKXD)

Các bạn suy nghĩ bài này xem:

giải hệ phương trình:

     5x²+ 2y²+ z² =2

     xy+ yz+ xz =1

giúp mình bài này với: $x^4+1=5x(x^2-2)$