Cho hình vuông $ABCD$.Lấy $E$ bất kỳ trên $BC$,$F$ là giao của $AE$ và $CD$ và $I$ là giao của $DE$ và $BF$.Chứng minh rằng $CI$ vuông góc $AF$

Cách khác cho $1$ bài toán đẹp

Do $x+y+z=0$ nên sẽ có $2$ số cùng dấu 

Giả sử $xy\geq 0$;$z= -(x+y)$

Ta có

$P=3^{|x-y|}+3^{|2y+x|}+3^{|2x+y|}-\sqrt{12[(x+y)^2-xy]}\geq 3^{x-y}+2.3^{\frac{|2x+y|+|2y+x|}{2}}-\sqrt{12[(x+y)^2-xy]}$

$\rightarrow P\geq 3^{|x-y|}+2.3^{\frac{3|x+y|}{2}}-2\sqrt{3}|x+y|$

Đặt $t=|x+y|\geq 0$

Xét hàm số $f(t)=2(\sqrt{3})^{3t}-2\sqrt{3}t$

$f(t)'> 0$

$\rightarrow f(t)\geq f(0)=2$

Mà $3^{|x-y|}\geq 1$

$\Rightarrow P\geq 3$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=0$

Bài toán được giải quyết 

Q.E.D

Góp vui cho page $1$ bài vui vui )

Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=0$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P=3^{|x-y|}+3^{|y-z|}+3^{|z-x|}-\sqrt{6x^2+6y^2+6z^2}$

Mọi người chém nhiệt tình nhé :]]]]

Mình xin đóng góp 1 bài hệ như sau

$$\left\{\begin{matrix} \ \frac{9}{x^2}-\frac{1}{y^2}=32(x^4-y^4) & \\ 3x-y=2(y^4-x^4)& \end{matrix}\right.$$

Ta có nếu $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n$ 

Khi đó $f(x)=a_0+\frac{f'(0)}{1!}x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+...+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ (KHAI TRIỂN TAYLOR)

Áp dụng với hàm số $f(x)=e^x$

$\Rightarrow e^x=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^n}{n!}+\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}> 1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^n}{n!}$

(ĐPCM)

Ta có $A(0,0,1)$ thuộc $(P)$

Phương trình đường thẳng $(d)$ qua $A$ và vuông góc với $(P)$ sẽ có $\vec{u_d}=(3;-2;1)$ là vtcp

Khi đó sẽ tìm được $A_1$ là giao của $(d)$ và $(Q)$ và tìm được $A_2$ là đối xứng của $A$ qua $(Q)$

Tương tự xác định được $B_2$ và $C_2$

Qua đó viết được $(R)$

Hình vòng 1 đâu nhất thiết phải sử dụng Ceva

 

gọi giao điểm của BE,CF là G

Có BF//CE

=>$\frac{BF}{CE}=\frac{BG}{GF}$

$\frac{BF}{CE}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$

$=> \frac{BD}{CD}=\frac{BG}{GF}$

=>GD//CE

=>G thuộc AD 

=>Đpcm

Câu c hình thì CMTT như câu b ta sẽ có $\triangle ACF\sim \triangle BKE$

Dẫn tới $\frac{BE}{LF}=\frac{EA}{FC},\frac{AF}{BE}=\frac{FC}{EK}$

$\Rightarrow \frac{BE.AF}{LF.BE}=\frac{EA.FC}{FC.EK}$

Hay $\frac{AF}{LF}=\frac{AE}{EK}\Rightarrow EF//LK$

$\Rightarrow \angle AFE=\angle APE=\angle ABE+\angle PAB$

$\angle AFE=\angle ALK=\angle CLF+\angle QLK$

$\Rightarrow\angle PAB=\angle QLK$

Tương tự $ \angle PAC=\angle QKL$

$\Rightarrow\angle QLK+\angle PAC=\angle PAB +\angle QKL$ 

Q.D.E

Câu $IV$

Gọi $F_i$ là tập các tập con mà số phần tử là $i$ 

Do giả thiết các phân tử trong $F_i$ có chung không quá $1$ phần tử

Kí hiệu  $F_{i,j}$ là tập con của $F_i$ sao cho các phần tử của $F_{i,j}$ đều chứa $j$

$\Rightarrow |F_{i,j}|\leq \frac{30}{i-1}$

$\Rightarrow \sum_{j=1}^{31}|F_{i,j}|\leq \frac{30.31}{i-1}$

Lại có mối phân tử của $F_i$ nằm trong $i$ tập $F_{i,j}$

$\Rightarrow \sum_{j=1}^{31}|F_{i,j}|=i|F_i|$

$\Rightarrow \sum_{i=2}^{31}|F_i|\leq \sum_{i=2}^{31}|F_i|=30.31(1-\frac{1}{31})=900$

Q.D.E

P/s: Câu cuối hình mấu chốt là chỉ ra $EF//KL$

sáng mai mới thi đề chuyên em ạ

Câu hình chỉ cần Cê-va câu b và tứ giác nội tiếp câu c thôi

Bài cuối

đưa giả thiết về $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{abc}$

Và chia $2$ vế của BĐT cần chứng minh cho $abc$

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a^2+b^2+c^2\leq 3b$

Tìm $\max$ $P=ab+bc+2ca+\sqrt{2a+b+2c+3}$

(Trích Đề thi thử ĐH $2013-2014$ chuyên Nguyễn Huệ)

Giải phương trình: $3^{x^2-2}.4^{\frac{2x-3}{x}}=18$

Ta có $3^{x^2-2}.4^{\frac{2x-3}{x}}=18=3^2.2^1$

$\Leftrightarrow 3^{x^2-4}.2^{\frac{4x-6}{x}-1}=1$

$\Leftrightarrow 3^{(x-2)(x+2)}.2^{\frac{3}{x}(x-2)}=1$

$\Leftrightarrow (3^{x+2}.2^{\frac{3}{x}})^{x-2}=1$

Đến đây tiếp tục $x=2$

Hoặc $\Leftrightarrow 3^{x+2}.2^{\frac{3}{x}}=1$

Mũ $x$ cả $2$ vế và tiếp tục 

Trên kia là phương pháp dùng tiếp tuyến của hàm số để giải

Khá hay   

Còn đây là lời giải của mình (xấu xí)

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$

Khi đó ta có ngay $q^2\geq 3pr$

$\Rightarrow \frac{q}{r}\geq \frac{3p}{q}$

Dự đoán $\min P=15$ 

Do đó ta cần chứng minh 

$3(a+b+c)+2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 15$

$\Leftrightarrow 3p+\frac{2q}{r}\geq 15\Leftrightarrow 3p+\frac{6p}{q}\geq 15$

Lại có $p^2-2q=3$

Thay vào và biến đổi 1 hồi sẽ ra đpcm   

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$

Tìm Min $P=3(a+b+c)+2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

Bài này có dùng một chút về Dirichle đó bạn

Nội dung công thức có lẽ là thế này

Cho tứ diện $ABCD$ với $BC=a,AD=m,AC=b,BD=n,AB=c,CD=p$

Khi đó 

• Có thể lấy $am,bn,cp$ là độ dài $3$ cạnh của một tam giác.Gọi $S$ là diện tích của tam giác này
• $S=6VR$(với $V$ là thể tích tứ diện và $R$ là bán kính hình cầu ngoại tiếp tứ diện)

​Còn về phần chứng minh mình có $1$ cách nhưng không được hay cho lắm

Mở đầu bằng câu dễ trước nhá

Ta thấy $f'(x)=g(x)$

Mặt khác $f(x)=\prod_{i=1}^{2014}(x-x_i)$

$\Rightarrow \frac{f'(x)}{f(x)}=\sum_{i=1}^{2014}\frac{1}{x-x_i}$

$\Rightarrow \sum_{i=1}^{2014}\frac{g(x_i)}{f'(x_i)}=1$

ai có tài liệu về toán giới hạn không?

Đây có lẽ phù hợp và hay nè bạn

Của 1 bạn trên VMF mình thì phải  

Giải phương trình

$x^{9}+3x^{6}+4x^{3}+10=16x+2{\sqrt[3]{2x-1}}$

Cảm ơn bạn   

Nhưng tài liệu này thực sự hơi ngắn

Ai có tài liệu về tích có hướng trong không gian không ạ

Cho mình tham khảo với

Mình xin cảm ơn  

Đáp án

$y'=\frac{1+x^2}{\sqrt[3]{x^4}\sin ^7x}[\frac{2x}{1+x^2}-\frac{4}{3x}-7\frac{\cos x}{\sin x}]$

Tính đạo hàm của hàm số

$y=\frac{1+x^2}{\sqrt[3]{x^4}sin^7x}$ $(x\neq \pi n),n\in \mathbb{N}$

Bài này vẫn chưa nói hết ứng dụng của đạo hàm cấp cao thì phải

 $VT\geq \frac{3}{2}$ 

Cho $x=y=z=0$ thì sai nhé bạn