Do đó, $AB^2=2(x_1-x_2)^2$

 

 

Sao có đc cái này vậy????????????

Cho $(P): y=x^2+2x+m$ và $d:y=x+1$. Tìm các giá trị của m để đường thẳng d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác $AOB$ bằng 1 với $O$ là gốc tọa độ.

Ko đc bạn ơi. Mình mở mà ko đc là sao???????????

Cho mình xin một số tài liệu hay về số học ở THCS và THPT. Đồng thới nếu biết sách nào hay về số học thì tư vấn giúp với. Phần này mình ngu quá nên cần ôn luyện lại. Thanks!!!!!!!!!!1 

Cho mình xin một số tài liệu hay về số học ở THCS và THPT. Đồng thới nếu biết sách nào hay về số học thì tư vấn giúp với. Phần này mình ngu quá nên cần ôn luyện lại. Thanks!!!!!!!!!!1 

1. Giải phương trình: a)$x^2-3x+1=-\frac{\sqrt{3}}{3}.\sqrt{x^4+x^2+1}$

                                  b)$\sqrt{1+\sqrt{1-x^2}}.(\sqrt{(1-x)^3}-\sqrt{(1+x)^3})=2+\sqrt{1-x^2}$

2. Cho phương trình:

                    $\sqrt{4x^2-4(m+4)x+10m+20}+3\sqrt{2}=x\sqrt{2}$

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm.

Vì ko tìm thấy mục nào để xin tài liệu nên vào đây luôn... Có gì BQT thông cảm

Cho xin tài liệu về các Phương pháp chứng minh BĐT như dồn biến, SOS, dồn biến tại biên, SMV, trộn biến,... hoặc là tên sách BĐT có chỉ cách sử dụng các phương pháp trên cũng được.

Càng rõ ràng dễ hiểu càng tốt.

Chân thành cảm ơn 

Tìm Max của $\sqrt{3+x}+\sqrt{1-x}$ với  $0\leq x\leq 1$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A=\sqrt{3+x}+\sqrt{1-x}$ với $0\leq x\leq 1$

Cho phuơng trình :  $x+3(m-3x^2)^2=m$

1. Giải phương trình với $m=2$

2. Tìm $m$ để phương trình có nghiệm.

1.Cho $a, b$ là các số thực dương thảo mãn điều kiện $a+b \geq 2$. Tìm $Min$:

                                    $M = \frac{a^3}{(b+1)^2} + \frac{b^3}{(a+1)^2}$

Cho $x, y$ thoả mãn: $\left\{\begin{matrix} x^3+2y^2-4y+3=0 & & \\ x^2+x^2y^2-2y=0 & & \end{matrix}\right.$

Tính $Q=x^2+y^2$

Dùng bđt Bu-nhi-a không cần quan tâm đến đk a,bc

Đúng là BĐT Bunhia ko cần điều kiện a,b,c nhưng mấu chốt là ở chỗ bạn ấy nhân cả 2 vế của BĐT với $\frac{1}{a+c+c}$ hơn nữa ở đây $a+b+c$ chưa chắc dương nên không thể đảm bảo rằng BĐT không đổi chiều...

Ở bài này mình nghĩ là cách giải của bạn: nguyentrunghieua là chính xác.

Giải như sau:

a) Câu này đơn giản là chứng minh $A'M, B'N, C'N$ là 3 đường phân giác trong của tam giác ABC nên ko cần phải bàn nhiều.

b) Hướng giải đại khái là như sau:

$(1)$: Chứng minh tam giác $BID$ cân tại D.

$(2)$: Kẻ $DE$ vuông góc với $BI$. Chứng minh $\Delta$ $IED$ đồng dạng với $\Delta$ $IA'C$

$(3)$: Từ $(2)$ ta có: $\frac{ID}{IC} = \frac{IE}{IQ} = \frac{2IE}{2IQ} = \frac{IB}{2IQ}$

        Nên: $\frac{IB.IC}{ID}$ = $2.IQ$ = $2r$ (Đpcm).

Bài toán kết thúc hoàn toàn.... 

Bài 1.

c)Ta có $2^{2n+1} \equiv 2(mod 3)$ nên $2^{2n+1} = 3m + 2( với m thuộc \mathbb{N})$

Suy ra $2^{2^{2n+1}} + 3 = 2^{3m+2} + 3 =8^m.4 + 3 \equiv 4 + 3 \equiv 0(mod 7)$

câu d tương tự.

$Bài  2.$ (Từ một tài liệu)

BĐT $\Leftrightarrow \sum \sqrt{17(x^2 + \frac{1}{x^2})} \geq \frac{51}{2}$

Áp dụng B.C.S ta có:

$\sqrt{17(x^2 + \frac{1}{x^2})} = \sqrt{(1^2 + 4^2)(x^2 + \frac{1}{x^2})} = x + \frac{4}{x}$

Tương tự ta dẫn đến:

$\sum \sqrt{17(x^2 + \frac{1}{x^2})} \geq \sum (x +\frac{4}{x})$

$= \sum (x + \frac{1}{4x}) + \frac{15}{4}.(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})$

Áp dụng $AM-GM$ ta có: 

$\sum (x + \frac{1}{4x}) + \frac{15}{4}(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) \geq 3 + \frac{15}{4}.6(Áp  dụng \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq \frac{9}{a+b+c}$)

$=\frac{51}{2}.$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2}$

Phép chứng minh hoàn tất.

Cảm ơn các bạn/anh chị giải nhiệt tình. Tất cả bài giải đều đúng và rất hay. Song ở câu 2, e có một cách giải khác khá hay, chỉ dùng các BĐT phụ đơn giản suy từ BĐT cosi chứ ko cần dùng Mincowsky. Có gì tối nay đi học về sẽ up lời giải lên. =))( Trễ học rồi ...)

Giải các phương trình sau:

a) $x^2 + \sqrt{x} = 5$

b) $3\sqrt{x^3 + 8} = 2x^2 -6x +4$ 

$Bài  1$. Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$.Chứng minh rằng: $\sum{\frac{1}{a^4(a+b)} \geq \frac{3}{2}}$

$Bài  2$. Cho $x, y, z>0$ và $x + y + z \leq \frac{3}{2}$. Chứng minh rằng:

                      $\sqrt{x^2 + \frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2 + \frac{1}{z^2}} \geq \frac{3}{2}\sqrt{17}$

$Bài  3$. Cho $a,b,c  thuộc  \mathbb{R}$ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} 3\leq a, b, c\leq 5 & & \\ a^2 + b^2 + c^2 = 50& & \end{matrix}\right.$ Tìm $GTNN$ của $P=a+b+c$

1,CMR: Với n > 1 . Ta có : $n^n +5n^2-11n+5 \vdots (n-1)^2$

 

 

$Bài  1$. 

Bài toán cần thêm điều kiện $n$ nguyên.( vì $n$ không nguyên dùng casio thử thì ta thấy mệnh đề trên sai).

Với $n=2$ thì hiển nhiên ta có đpcm.

Với $n>2$, ta có:

$n^n + 5n^2 -11n + 5 = n^n -n^2 + 6n^2 -6n + 5n - 5$

                                        $= n^2(n^{n-2} - 1) + (n-1)(6n-5)$

                                        $= n^2(n-1)(n^{n-3} + n^{n-4} +...+1) + (n-1)(6n-5)$

                                        $= (n-1)(n^{n-1} + n^{n-2} +...+ n^2 + 6n - 5)$

Mấu chốt của bài toán là đánh giá sau: $n \equiv 1(mod  n-1)$ nên $n^k \equiv 1(mod  n-1)$ và $6n \equiv 6(mod  n-1)$

Do đó: $n^{n-1} + n^{n-2} +...+ n^2 + 6n - 5 \equiv 0(mod  n-1)$

$\Rightarrow (n-1)(n^{n-1} + n^{n-2} +...+ n^2 + 6n - 5)  \vdots (n-1)^2.$

Phép chứng minh hoàn tất.

Bài này khá là nhảm... =))

Ta xét 20 số tự nhiên đầu tiên của dãy. Thì tồn tại 1 số chia hết cho 20, gọi số đó là A.

Vì A chia hết cho 20 nên chữ số hàng đơn vị của A là 0, và chữ số hàng chục của A là k( với k $\in$ $\left \{ 0;2;4;6;8 \right \}$)

Gọi B là tổng các chữ số của A. Thì ở 19 số tự nhiên liên tiếp sau đó, tổng các chữ số của các số đó lần lượt là : $B+1;B+2;B+3;...:B+9;B+1;B+2;...;B+10$

Mà trong 11 số $B+1;B+2;...;B+10$ có đúng một số chia hết cho 11.

Vậy đó là điều phải chứng minh.

$Bài  13.$ 

Vẽ tia phân giác BK của $\widehat{ABC}$ (K thuộc BC).

Áp dụng hệ thức phân giác trong của tam giác ta tính được CK=$\frac{10}{3}$   (1)

Tham khảo cách tính độ dài phân giác trong ở đây: 

http://diendantoanho...-của-delta-abc/

Áp dụng công thức tính độ dài phân giác trong ở trên ta có:

BK = $\frac{2}{b+c}\sqrt{bcp(p-a)}$ = $\frac{2}{4+5}\sqrt{4.5.\frac{15}{2}.(\frac{15}{2}-6)}$

      =$\frac{10}{3}$                  (2)

Từ (1) và (2) ta có BK = CK nên $\widehat{KCB}$ = $\widehat{KBC}$ = $\frac{1}{2}\widehat{ABC}$

Hay $2\widehat{C} = \widehat{B}$ (dpcm)

P/s: Xem lại đề bài 14....

Giải em câu 2 với

   2. $Ta  có$  $(10^{2009}+25)^2$ - $(10^{2009}-25)^2$ $= {10^{4018}}$ + $25^2 - {10^{4018}} - 25^2 + 4.25.{10^{2009}}$

                                                                                         $= {10^2}.{10^{2009}} = {10^{2011}}$

 $Vậy  n = 2011$

Đang rãnh, làm lun 2 câu hình cho nó dứt điểm( công nhận cái đề như cho điểm).

$Bài  4$

a) Như trên

b) Ta có $\widehat{FEM} = {\frac{1}{2}}.{\widehat{FOM}} = {\frac{1}{2}}.{\widehat{OBE}} ( Vì  {\widehat{BOE}}={\widehat{FOM}}, cùng  phụ  với \widehat{MOE})$

Lại có ${\widehat{EFA}}={\widehat{OBE}}$

$\Rightarrow  {\widehat{FEM}} + {\widehat{EFA}} =  {\frac{1}{2}}.{\widehat{OBE}} + {\widehat{OBE}} = 90^0$

Hay EM vuông góc với AC, tương tự FM vuông góc với AB.(dpcm)

$Bài  5$.

a) Như trên.

b) Có BHCK là hình bình hành ( các cặp cạnh đôi song song)

Mà I là trung điểm của BC nên H, I, K thẳng hàng.

Ta chứng minh MN // HK.

ở câu a) ta có $\Delta AMF \sim \Delta ANC$

           Nên $\frac{AM}{AN} = \frac{AF}{AC}$      (1)

Dễ có $\Delta AFH \sim \Delta ACK$. Nên $\frac{AH}{AK} = \frac{AF}{AC}$                  (2)

Từ (1) và (2) ta có: $\frac{AM}{AN} = \frac{AH}{AK}$

Hay $\frac{AM}{AH} = \frac{AN}{AK}$. Theo Talet đảo ta có MN // HK, tức là MN // HI (dpcm)

$Bài  1$: Dùng Miền giá trị của hàm số....
$Bài  2$: Nhân tử và mẫu của $\frac{3}{xy+yz+zx}$ với 2. Rồi dùng Cauchy-Schwarz.

Đưa về dạng $VT \geq {(\sqrt{6} + \sqrt{2})^2} > 14$

$Bài  3$: Ở đây: 

http://diendantoanho...-d/#entry425999

$Bài  4$: Áp dụng BĐT: ${(a+b+c)^2} \leq 3({a^2} + {b^2} + {c^2})$

$Bài  5$: Đề....????

$Bài  6$: Nhân 2 vế của Phương trình đã cho với $x^2$. Rút $(xy)^2$ một vế, biến đổi vế còn lại về dạng $-{A^2} + f(x)$. rồi tìm Min xy

$Bài  7$: Dùng biến đổi tương đương, kết hợp với giả thiết $ab  \geq 1$.