Cho $x_{1};x_{2}$ là nghiệm của phương trình $x^{2}+x-3=0$.Không giải phương trình, hãy tính

$A=x_{1}^{3}-4x_{2}^{2}+19$

Từ N hạ $NF\bot BC$ tại F; $NI\bot DE$ tại $I$

$\Rightarrow D,I,F,E$ thẳng hàng

Dễ dàng chứng minh được $\widehat{NDF}=\widehat{NBF}$

                                            $\widehat{NEF}=\widehat{NCF}$

$\Rightarrow \triangle NDE \sim \triangle NBC(g.g)$

$\Rightarrow \frac{DE}{MI}=\frac{BC}{MF}$

hay $\Rightarrow \frac{MF}{MI}=\frac{BC}{DE}\geq 1$

$\Rightarrow DE\leq BC$

Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow N\equiv J$( AJ là đường kính của (O))

Đặt $x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz=A$

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

Ta có $\left | A \right |=(x+y+z)(2-\frac{(x+y+z)^{2}-2}{2})$

Đặt $\left | x+y+z \right |=t$, suy ra $0< t\leq \sqrt{6}$

Ta có

$\left | A \right |=t(2-\frac{t^{2}-2}{2})=-\frac{t^{3}}{2}+t=-\frac{1}{2}(t-\sqrt{2})^{2}(t+2\sqrt{2})+2\sqrt{2}\leq 2\sqrt{2}$

Vậy $maxA=2\sqrt{2}$ khi $x=2; y=z=0$ & các hoán vị

       $minA=-2\sqrt{2}$ khi $x=-2; y=z=0$ & các hoán vị 

Ta có

$x-y=\frac{1}{z}-\frac{1}{y}=\frac{y-z}{zy}$     (1)

$y-z=\frac{1}{x}-\frac{1}{z}=\frac{z-x}{xz}$       (2)

$z-x=\frac{1}{y}-\frac{1}{x}=\frac{x-y}{xy}$      (3)

Nhân vế với vế của (1);(2);(3) ta được 

$(x-y)(y-z)(z-x)=(x-y)(y-z)(z-x)\frac{1}{x^{2}y^{2}z^{2}}$

$(x-y)(y-z)(z-x)(1-\frac{1}{x^{2}y^{2}z^{2}})=0$

$\Rightarrow .......$

Do I là trung điểm của dây AB $\Rightarrow OI \bot  AB$.

Từ O hạ  $OH \bot CE; OK \bot DF$

Dễ chứng minh được $\triangle IEC \sim \triangle IDF$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{IE}{EC}=\frac{IF}{DF}$

$\Rightarrow \frac{IE}{EH}=\frac{IF}{DK}$

$\Rightarrow \triangle IEH \sim \triangle IDK (c.g.c)$

$\Rightarrow \widehat{EHI}=\widehat{DKI}$    (1)

Mà $\widehat{EHI}=\widehat{MOI}$    (2)

      $\widehat{DKI}=\widehat{NOI}$    (3)

Từ (1);(2);(3) $\Rightarrow ...$

Cho $x,y,z > 0$ thỏa mãn $x+y+z =1$.Chứng minh rằng

$\sqrt{\frac{xy}{z+xy}}+\sqrt{\frac{yz}{yz+x}}+\sqrt{\frac{zx}{y+zx}}\leq \frac{3}{2}$

Bài này Cauchy ngược dấu thôi bạn 

Ta có

$\sum \frac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}}=\sum a-\sum \frac{ab^{2}}{a^{2}+b^{2}}\geq \sum a-\sum \frac{ab^{2}}{2ab}=\sum a-\sum \frac{b}{2}=\frac{1}{2}\sum a=\frac{3}{2}$

Ta có

$A=\frac{2-1}{2!}+\frac{3-1}{3!}+\frac{4-1}{4!}+...+\frac{100-1}{100!}=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{3!}-\frac{1}{4!}+...+\frac{1}{99!}-\frac{1}{100!}=1-\frac{1}{100!}$

Kết quả quá khủng   

Các bạn làm thử bài này nhé! 

Cho $\bigtriangleup ABC$ đều nội tiếp (O).Trên cung nhỏ AB của (O) lấy điểm E sao cho E khác A & B.Đường thẳng AE cắt các tiếp tuyến tại B,C của (O) lần lượt tại M & N.Gọi F là giao điểm của MC & BN.Chứng minh rằng EF luôn đi qua 1 điểm cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ AB( E khác A & B)

Mình có bài này mong các bạn giải giùm:

Cho các số thực dương $a; b; c; d$. Chứng minh:

$\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{d}}\leq \frac{1}{\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+d}}$(*)

Mình đang học lớp 8 nhé.

Thanks.

Bài này bạn biến đổi tương đương thôi!

Ta có

$(*)\Leftrightarrow (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)-(a+b+c+d)[ab(c+d)+cd(a+b)]\geq 0$

Sau 1 hồi biến đổi ta được kết quả: 

$(ad-bc)^{2}\geq 0$

Bài 1Tìm số abcd có 4 chữ số biết rằng ​​​2155abcd4 là số chính phương

Đặt $\overline{2155abcd4}=a^{2}(a>0)$

Ta luôn có 

$215500004\leq \overline{2155abcd4}\leq 215599994$

$\Rightarrow 14679\leq a\leq 14683$

Từ $a^{2}=\overline{2155abcd4}$

$\Rightarrow \overline{abcd}=\frac{a^{2}-215500004}{10}$

Quy trình bấm phím trên máy 570 ES PLUS:

$X=X+1:A=\frac{X^{2}-215500004}{10}$

Ấn CALC:

Máy hỏi: $X?$                         $\rightarrow X=14678$

= = =

Khi X=14682 thì ta được  A=6112  (thoả mãn)

Khi đó ta được $\overline{abcd}=6112$

Mình xin đóng góp 1 bài

Tính $P=7+77+777+...+\underset{17 cs}{\underbrace{77...77}}-293972367^{2}$

Câu 2a:http://diendantoanho...-yen-2011-2012/

Sao bạn lại post bài hình này trong topic Đại số vậy? 

Nhưng dù sao thì mình cũng xin post lời giải(mod đừng xử lí nha!)

Từ M hạ $MH\perp AB$ tại H,$MK\perp AC$ tại K.

Dễ dàng chứng minh được $BH=MH;MK=KC$ 

Do đó ta có $MB^{2}+MC^{2}=2(MH^{2}+MK^{2})=2HK^{2}=18$

P/s:Mod lock topic giùm

ai có tài liệu về giải toán bằng cách lập pt thì cho mình nha

Hi vọng sẽ giúp ích cho bạn

Ai cho em xin các định lí hình học nổi tiếng thường dùng trong THCS với!!

Bạn thử cái này coi sao!

$\sqrt{5-x^{6}}-\sqrt[3]{3x^{4}-2}=1$

$\Leftrightarrow (\sqrt{5-x^{6}}-2)-(\sqrt[3]{3x^{4}-1}-1)=0$

$\Leftrightarrow \frac{1-x^{6}}{\sqrt{5-x^{6}}+2}-\frac{3x^{4}-3}{\sqrt[3]{(3x^{4}-2)^{2}}+\sqrt[3]{3x^{4}-2}+1}=0$

$\Leftrightarrow \frac{1-x^{6}}{\sqrt{5-x^{6}}+2}+\frac{3(1-x^{4})}{\sqrt[3]{(3x^{4}-2)^{2}}+\sqrt[3]{3x^{4}-2}+1}=0$

$\Leftrightarrow (1-x^{2})[\frac{(x^{4}+x^{2}+1)}{\sqrt{5-x^{6}}+2}+\frac{3(1+x^{2})}{\sqrt[3]{(3x^{4}-2)^{2}}+\sqrt[3]{3x^{4}-2}+1}]=0$

$\Leftrightarrow x=1 \vee x=-1$

Do $\bigtriangleup ABC$ cân tại A có đường cao AH $\Rightarrow$ AH cũng là đường trung tuyến $\Rightarrow$ BH=CH

Xét $\bigtriangleup BCK$ có $\widehat{BKC}=90^{\circ}$ có trung tuyến KH $\Rightarrow$ KH=BH=CH

$\Rightarrow \widehat{HKI}=\widehat{HCI}=\widehat{KCB}$ (1)

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp $\bigtriangleup AKI$

$\Rightarrow O$ là trung điểm cạnh AI

Chứng minh tương tự trên ta cũng có $\widehat{OKI}=\widehat{OIK}=\widehat{KBC}$ (cùng phụ với $\widehat{HAB}$) (2)

Từ (1)& (2) ta có $\widehat{OKH}=\widehat{OKI}+\widehat{IKH}=\widehat{KCB}+\widehat{KBC}=90^{\circ}$

$\Rightarrow OK\perp KH$

Xét $(O;\frac{AI}{2})$ có $K\in (O)$ và $OK\perp KH$

$\Rightarrow$ HK là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp $\bigtriangleup AKI$

Lấy điểm F đối xứng với điểm A qua M

Ta chứng minh được $\bigtriangleup ABM=\bigtriangleup FCM(c.g.c)$

$\Rightarrow \widehat{ABM}=\widehat{FCM}$; AD=CF

$\Rightarrow \widehat{ACF}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^{\circ}-\widehat{BAC}$(1)

Mà $\widehat{DAE}=180^{\circ}-\widehat{BAC}$ (2)

Từ (1) & (2) $\Rightarrow \widehat{DAE}=\widehat{ACF}$

Dễ dàng cm được $\bigtriangleup ADE=\bigtriangleup CFA(c.g.c)$

$\Rightarrow DE=AF=2AM=10$

Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC & BD của hình bình hành ABCD

Từ O hạ $OO'\perp d$ tại O'

Dễ dàng chứng minh được BH+DK=2OO';IC=2OO'

Từ đó ta có BH+DK+CI=4OO'$\leq 4OA$

Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow d\perp CA$ tại A

Ta có

a,$A=\frac{(n+1)(n+2)...(2n-1).2n}{2^{n}}=\frac{1.2.3...n(n+1)(n+2)...(2n-1)2n}{2^{n}.1.2.3...n}=\frac{[1.3.5...(2n-1)][2.4.6...2n]}{2^{n}.1.2.3...n}=\frac{[1.3.5...(2n-1)].2^{n}.[1.2.3...n]}{2^{n}.1.2.3...n}=1.3.5...(2n-1)\in \mathbb{Z}$

b, tương tự a.Gợi ý

$B=\frac{(n+1)(n+2)...(3n-1)3n}{3^{n}}=\frac{1.2.3...n(n+1)(n+2)...3n}{1.2.3...n.3^{n}}=\frac{[1.4.7...(3n-2)][2.5.8...(3n-1)][3.6.9...3n]}{1.2.3...n.3^{n}}$ 

*Xét k=0

$(1)\Leftrightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}$

+TH1:Nếu n là lẻ ta suy ra $2\mid n^{2}+1$ nhưng không chia hết cho 4

                                          $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ không chia hết cho 2 & $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\geq 67$

Do đó $N^{m}$ khi phân tích ra thừa số nguyên tố chỉ chứa 1 thừa số 2 và 1 số lẻ $\neq 1$ (lập luận chưa chặt chẽ)

Suy ra tồn tại (1)$\Leftrightarrow m=1$

+TH2:Nếu n chẵn:chứng minh tương tự TH1

*Xét $k\geq 1$ suy ra $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ là số chính phương

+TH3:Nếu n là chẵn ta suy ra $(n^{2}+1)^{2^{k}}$ là bình phương của 1 số lẻ

                                               $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 ...

Điểm. 6

S = 1.7 + 6*3 = 19.7

Câu 2:

a. Cho $\frac{x}{a+2b+c}=\frac{y}{2a+b-c}=\frac{z}{4a-4b+c}$

Chứng minh rằng:

$\frac{a}{x+2y+z}=\frac{b}{2x+y-z}=\frac{c}{4x-4y+z}$

b. Cho $a^{2012}+b^{2012}=a^{2013}+b^{2013}=a^{2014}+b^{2014}$. 

Tính A = $a^{2016}+b^{2016}$

a.Đặt $\frac{x}{a+2b+c}=\frac{y}{2a+b-c}=\frac{z}{4a-4b+c}=k$

$\Rightarrow \frac{x}{a+2b+c}=\frac{y}{2a+b-c}=\frac{z}{4a-4b+c}=k=\frac{2y}{4a+2b-2c}=\frac{x+2y+z}{9a}$

$\Rightarrow \frac{a}{x+2y+z}=\frac{1}{9k}$(1)

Chứng minh tương tự ta cũng có

$\Rightarrow \frac{b}{2x+y-z}=\frac{1}{9k}$ (2)

$\Rightarrow \frac{c}{4x-4y+z}=\frac{1}{9k}$ (3)

Từ (1),(2) & (3) ta có đpcm

b.

Nếu a=b=0 thì $a^{2016}+b^{2016}=0$

Nếu $a,b\neq 0$,ta có 

$a^{2014}+b^{2014}=(a+b)(a^{2013}+b^{2013})-ab(a^{2012}+b^{2012})$ (*)

Do $a^{2012}+b^{2012}=a^{2013}+b^{2013}=a^{2014}+b^{2014}$ nên ta có

$(*)\Leftrightarrow 1=a+b-ab$

$\Leftrightarrow (a-1)(1-b)=0$

$\Leftrightarrow a=b=1$

$\Rightarrow a^{2016}+b^{2016}=2$

Bài 1:

Giả sử $6n+5$ và $2n+1$ không là 2 số nguyên tố cùng nhau với mọi $n\in \mathbb{Z}$

Như vậy chúng phải có ước chung $d(\in \mathbb{Z})$

Do  $6n+5$ và $2n+1$ là các số lẻ nên d cũng là số lẻ 

Ta có $6n+5\vdots d$   (1)

          $2n+1\vdots d\Rightarrow 6n+3\vdots d$         (2)

Từ (1) & (2) $\Rightarrow 6n+5-(6n+3)\vdots d$

hay $2\vdots d$

Do d lẻ $\Rightarrow d=1$ hay $6n+5$ và $2n+1$ nguyên tố cùng nhau $\Rightarrow$ đpcm

Xem ở đây

http://diendantoanho...c1frac4cab1-25/