2cosx +$\sqrt{2} .sin10x $ =$3 \sqrt{2} $+2cos28x.sinx 

<=> 2 ( cosx -sinx.cos28x ) +$\sqrt{2} .sin10x $ =$3 \sqrt{2} $

ta có $VT \leq 2\sqrt{(sin^2x+cos^2x)(1+cos^{28}x)}+\sqrt{2}.1\leq 2\sqrt{2}+\sqrt{2}=3\sqrt{2}$

 do đó dấu = xảy ra 

 

bài 2 $cos^{24}x+cos^{26}x - (sin^{12}x+sin{16}x)= 2 $

do $-1 \leq sinx , cosx \leq 1 $  nên $cos^2x\geq  cos^{26}x, cos^{24}x$ và $sin^2x\geq sin^{12}x, sin^{16}x$

ta có $VT \leq 2cos^2+ (sin^{12}x+sin{16}x) \leq 2cos^2 +2( sin^2x+cos^2x) =2$

do đó dấu = xảy ra

&nbsp;

Giải PT: $2cos4x - (\sqrt{3}-2)cos2x=sin2x+\sqrt{3}, x\in[0;\pi]$

&nbsp;
ta có Pt<=> $cos4x +Cos2x= \frac{\sqrt{3}}{2} Cos2x +\frac{1}{2} Sin 2x +\frac{\sqrt{3}}{2} = Cos \frac{\pi}{3}.Sin 2x + Sin \frac{\pi}{3}.Cos 2x + Sin \frac{\pi}{3}= Sin (2x+\frac{\pi}{3})+Sin \frac{\pi}{3} = 2Sin(x+\frac{\pi}{3}).Cos x $
do đó $2Cos3x.Cosx=2Sin(x+\frac{\pi}{3}).Cos x $
đến đây chắc ok giải pt Cosx=0 hoặc $Cos 3x =Sin(x+\frac{\pi}{3})$

Cho tam giác $ABC$. Chứng minh các BĐT sau:

 

1) $A=$$\sum cosA\leqslant 3+\sum \frac{cos^2\frac{B-C}{2}}{2}$

 

2) $B=2cosA+cos(B-2C)+cos3C\leq \frac{9}{4}$

 

3) $C=cosA+m(cosB+cosC)\leq 1+\frac{m^2}{2}$ trong đó $0< m\leq 2$

câu 1 hơi lạ tại vế trái  $\leq \frac{3}{2} $ mà VP >3

câu 3 ta có bđt phụ với A,B,C là 3 góc của tam giác thì $CosA+CosB \leq 2 Cos(\frac{A+B}{2})$

do đó $C=cosA+m(cosB+cosC) \leq CosA +2m Cos(\frac{B+C}{2})=1-2Sin^2\frac{A}{2} +2mSin \frac{A}{2} \leq 1+\frac{m^2}{2}<=>2Sin^2\frac{A}{2}-2mSin \frac{A}{2}+\frac{m^2}{2} \geq 0 <=> (2Sin\frac{A}{2} -m)^2 \geq 0 $ đúng 

 

 

Câu VI (1,0  điểm)

Cho $\left\{ \begin{array}{l} x > 0,y > 0,z > 0 \\ x + y + z = 1 \end{array} \right.$. Tìm giá trị lớn nhất của

$$E = \frac{x}{{x + 1}} + \frac{y}{{y + 1}} + \frac{z}{{z + 1}}$$

$E=\frac{x}{{x + 1}} + \frac{y}{{y + 1}} + \frac{z}{{z + 1}}=3-(\frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{y + 1}} + \frac{1}{{z + 1}}) \geq 3- \frac{9}{x+y+z+3}=3-\frac{9}{4}$

cho 3 số không âm a,b,c có tổng bằng 1,tìm giá trị lớn nhất của : $y=a^{30}b^{4}c^{2002}$

bài này dùng cân bằng hệ số 

ta thêm các số x,y,z >0  để$x^{30}a^{30}y^4b^4z^{2002}c^{2002}\leq \left ( \frac{30xa+4yb+2002zc}{2036} \right )^{2036}$

chọn x;y;z sao cho 30x=4y=2002z là ra 

no chia het cho 11 nhung khong co nghia no la binh phuong cua 11 ma ban

đang giả sử abba là số cp do đó abba chia hết cho 11 thì cũng chia hết cho 121

M thay cho nay khong thuyet phuc ban ah

sao hả bạn

Chứng minh rằng $\overline {abba} $ không là số chính phương

nếu số đó là số cp thì ta có $\overline {abba} =11(91a+10b)$ suy ra $91a+10b\vdots 11\Rightarrow 3a-b\vdots 11\Rightarrow a=8,9$

thay vào ko thỏa mãn suy ra đpcm

giải pt $\sqrt{1-x^2}=(\frac{2}{3}-\sqrt{x})^2$

Bắt đầu nhé:

 

Văn giỏi toán giỏi anh cũng giỏi kì thi hi vọng điểm cao

người đổi đời đổi ta ko đổi người sai đời sai hay ta sai có lẽ chả ai sai

bài 5:

có $u_{n+1}-u_{n}= \frac{u_{n}^{2}+2013u_{n}-2014u_{n}}{2014}= \frac{u_{n}^{2}-u_{n}}{2014}= \frac{u_{n}(u_{n}-1)}{2014} > 0$ (do $u_{n}\geq u_{1}=2> 1$
suy ra $u_{n+1}-u_{n}> 0$, suy ra là dãy tăng
b. đề bài tương đương với : $2014u_{n+1}= u_{n}^{2}+ 2013u_{n}$
$2014(u_{n+1}-1)= (u_{n}-1)(u_{n}+2014)$
$\frac{u_{n}+2014}{u_{n+1}-1}= 2014\frac{1}{u_{n}-1}$
$\frac{u_{n}}{u_{n+1}-1}= 2014(\frac{1}{u_{n}-1}- \frac{1}{u_{n+1}-1})$
suy ra$v_{1}+v_{2}+v_{3}+...+u_{n}= 2014(\frac{1}{u_{1}-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})=2014- \frac{2014}{u_{n+1}-1}< 2014$ đpcm

ban ko sai nhưng phải giải thích chứ nó đã là dãy tăng đâu mà nói như thế đc ??

bài này tìm dấu bằng xảy ra khó quá, nhưng khi đi thi thì vào những TH như thế này có cần phải xét dấu bằng không

không tìm chắc cũng đc ngưòi ta bảo CM chứ có bảo tìm min đâu nên ko chỉ ra cũng đc

Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn:

$abc+bcd+cda+dab=a+b+c+d+\sqrt{2012}$

 

bđt cần CM tương đương với  $(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)(d^{2}+1)\geq (abc+bcd+cda+dab-a-b-c-d)^2$ 

ta có $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)=(a^2b^2+a^2+b^2+1)(c^2d^2+c^2+d^2+1)=\left [ (ab-1)^2+(a+b)^2 \right ]\left [ (c+d)^2+(cd-1)^2+ \right ]\geq \left [ (ab-1)(c+d)+(cd-1)(a+b) \right ]^2=(abc+abd-c-d+cda+cdb-a-b)^2$

(đpcm)

GHPT : $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+\frac{2xy}{x+y}=1\\ x^2-y=\sqrt{x+y} \end{matrix}\right.$

pt trên phân tích thành $(x+y)^2-1+2xy(\frac{1}{x+y}-1)=0\Leftrightarrow (x+y-1)(x+y+1-\frac{2xy}{x+y})=0$

do đó x+y-1=0 vì $(x+y+1-\frac{2xy}{x+y})\geq x+y+1-\frac{x+y}{2}>0$ vì x+y>0 

thay vào là ra 

có nghiệm x=240

có cách khác ko bạn?

$\sum \frac{x}{x+1}=3-\sum \frac{1}{x+1}\leq 3-\frac{9}{x+y+z+3}=3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}$

cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn abc=1

chứng minh 

$\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\geq \frac{3}{4}$

THANK nhé      

ta có VT=$\frac{a+b+c+ab+bc+ca}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow 4\sum a+4\sum ab\geq 3(\sum a+\sum ab+abc+1)\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ca\geq 6$

 

(hiển nhiên đúng vì theo bdt cô si $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3;ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}=3$)

Cho $\left\{\begin{matrix} x,y,z> 0 & \\ xyz=1 & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng $\sum \frac{x^{4}y}{x^{2}+1}\geq \frac{3}{2}$

$\sum \frac{x^4y}{x^2+1}= \sum \frac{x^4}{x^3z+xz}\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{\sum x^3z+\sum xz}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow 2(x^4+y^4+z^4)+4\sum x^2y^2\geq 3\sum x^3z+3\sum xy$

ta có  $2x^4+2x^2z^2 \geq 4x^3z\Rightarrow 2\sum x^4+2\sum x^2z^2\geq 4\sum x^3z$

như vậy ta cần cm $x^3z+z^3y+y^3x +2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)\geq 3(xy+yz+zx)$

ta có $xy^3+x^2z^2+x^2y^2\geq 3\sqrt[3]{(xy)^3.(xyz)^2}=3xy$ tương tự rồi cộng vế ta có đpcm

Cho $\Delta ABC$ nhọn. $R_{1}, R_{2}, R_{3}$ là khoảng cách từ $O$ tùy ý nằm trong tam giác đến các đỉnh của tam giác; $r_{1}, r_{2}, r_{3}$ là khoảng cách từ $O$ đến $BC,CA,AB.$ Chứng minh: $R_{1}+R_{2}+R_{3}\geqslant r_{1}+r_{2}+r_{3}.$

mình nghĩ OC>OM(M là chân đường vuông góc từ O xuống BC) là điều hiển nhiên (cạnh huyền > cạnh góc vuông) nên chỉ cần thiết lập đánh giá tương tự là ra

Bài 212. Giải phương trình nghiệm nguyên $\frac{x+y}{xy}=\frac{2014}{2013}$

ta có xy khác 0 nên $\left | x \right |,\left | y \right |\geq 1$

 

$\left | \frac{x+y}{xy} \right |=\frac{2014}{2013}>1 \Rightarrow \left | x \right |+\left | y \right | \geq\left | x+y \right |>\left | xy \right |=\left | x \right |.\left | y \right |\Rightarrow (\left | x \right |-1)(\left | y \right |-1)<1\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \left | x \right |=0 & & \\ \left | y \right |=0& & \end{matrix}\right.$

 

do đó x=0 hoặc y=0 (vô lí) do đó 0 tồn tại x,y thỏa mãn

Cho tam giác ABC.Điểm M(2;0) là trung điểm AB.Đường trung tuyến và đường cao kẻ từ A có pt lần lượt là :7x-2y-3=0 và 6x-y-4=0.Viết pt đường thẳng AC.

 

Giúp mình gấp 

mình chỉ nêu sơ sơ thôi nhé

đầu tiên tìm toạ tộ điểm A là nghiệm của hệ  7x-2y-3=0 và 6x-y-4=0.=> A(1,2)

do M(2,0) là trung điểm AB nên ta tìm được tọa độ điểm B là (3,-2)

do BC vuông góc với AH nên BC:x+6y+m=0 mà BC đi qua B(3,-2) nên m=9 do đó BC:x+6y+9=0

ta lại tìm tọa độ điểm K (là trung điểm của BC ) là nghiệm của hệ 7x-2y-3=0 và x+6y+9=0

sau khi tìm đc tọa độ K bạn sẽ tìm đc tọa độ C (do K là trung điểm BC)

từ đó bạn có thể viết pt đường thẳng đi qua 2 điểm A và C đã biết tọa độ

$\sqrt[3]{3x+4}=x^{3}+3x^{2}+x-2$

sai đề ko thì bài này ra nghiệm lẻ mà giải pt muốn biết nghiệm thì vô đây http://www.wolframal...^{3}+3x^{2}+x-2

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng : $\frac{a^3+b^3+c^3}{2abc}+\frac{a^2+b^2}{c^2+ab}+\frac{c^2+b^2}{a^2+cb}+\frac{a^2+c^2}{b^2+ac}\geq \frac{9}{2}$

bđt phải cm tương đương với cái 3 cái sau $\geq 3$

ta có $\sum \frac{a^2+b^2}{c^2+ab}\geq \sum 2.\frac{a^2+b^2}{2c^2+a^2+b^2}$ (do $ab \leq \frac{a^2+b^2}{2}$)

đổi biến thành x,y,z ta cần cm $\sum \frac{x+y}{2z+x+y}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{x+y}{2z+x+y}+3\geq \frac{9}{2}$ (cộng 1 vào mỗi cái)

hay $2(x+y+z)(\sum \frac{1}{2z+x+y})\geq \frac{9}{2}$

đến đây thì dễ dang làm nốt

$x,y$ dương và $x+y=\sqrt{10}$

Tìm Min $P=(x^{4}+1)(y^{4}+1)$

$P=x^4y^4+x^4+y^4+1$

ta có $x^2+y^2=10-2xy\Rightarrow x^4+y^4=(10-2xy)^2-2x^2y^2=2x^2y^2-40xy+100\Rightarrow P=a^4+2a^2-40a+100$(với a=xy)

$a^4+16+16+16 \geq 32a ; 2(a^2+4)\geq 8a\Rightarrow a^4+2a^2+56\geq 40a\Rightarrow P\geq44$

dấu = xảy ra khi $xy=2 , x+y=\sqrt{10}$

đến đây ok

Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

     i) $\frac{x-y\sqrt{2014}}{y-z\sqrt{2014}}$ là một số hữu tỷ

     ii) $x^{2}+y^{2}+z^{2}$ là một số nguyên tố.

đặt $\frac{x-y\sqrt{2014}}{y-z\sqrt{2014}}=\frac{a}{b}$

ta có $xb-yb\sqrt{2014}=ya-za\sqrt{2014}\Rightarrow xb-ya=(yb-za)\sqrt{2014}\Rightarrow xb-ya=yb-za=0\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{y}{z}=\frac{a}{b}\Rightarrow xz=y^2$ ( do $\sqrt{2014}$ là số vô tỉ 

ta có $x^2+y^2+z^2=x^2+2y^2+z^2-y^2=x^2+2xz+z^2-y^2=(x+z-y)(x+z+y)$

do $x^2+y^2+z^2$ là số nguyên tố nên $x+z-y=1$ hay $x+z=y+1$

<=> $x^2+z^2+2y^2=y^2+2y+1$ <=> $(y-1)^2+x^2+z^2-2=0$ do x,y,z nguyên dương nên x=y=z=1