Cho tứ diện ABCD có trọng tâm là G.Kéo dài đường thẳng AG,BG,CG,DG lần lượt cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ở A1,B1,C1,D1.O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.Tại sao GA.GA1=GB.GB1=Gc.GC1=GD.GD1=R²-OG²

Giải phương trình sau

 

$(x-2)^{9log_{3}(x-2)}=9(x-2)^{3}$

 

Ta có $xy+yz+xz\geq 0$

Mặt khác $xy+yz+xz\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}=3$

 

 

$P=xy+yz+xz+\frac{5}{\sqrt{3+2(xy+yz+xz)}}$

Xét hàm với $ 3\geq  xy+yz+xz\geq 0$

Giải phương trình: sin3x - $\frac{2}{\sqrt{3}}$$sin^{2}$ = sin2x

Cách làm hơi dị tí

3sinx-4sin³x-$\frac{2}{\sqrt{3}}$$sin^{2}$ =2sinxcosx 

$\Leftrightarrow sinx[(\sqrt{3}cosx-sinx)(\sqrt{3}cosx+sinx)-2(\sqrt{3}cosx+sinx)]=0$

Đặt a=x²+2,b=y-2 ta có hệ 

 

 

 

Cho $x,y,z$ là các số thực thoả mãn $x,y,z>1$ và $x+y+z=xyz$. Tìm GTNN của biểu thức:

                            

                       $P=\frac{x-1}{y^{2}}+\frac{y-1}{z^{2}}+\frac{z-1}{x^{2}}$

 

$\geq \sum (x-1)\frac{2}{xy}-\sum \frac{1}{y}+\sum \frac{1}{y^{2}}$

 

$Ta có \frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{yz}=1$

Mặt khác\sum $\frac{1}{y^{2}}\geq \frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{yz}=1$

từ đó thế$ \frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{yz}=1$

 ta có giá trị nhỏ nhất

Câu V(1 điểm)

Cho 2 số thực $x,y$ thỏa $x+y+25=8(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5})$
Tìm GTNN và GTLN của biểu thức $P=\sqrt{(x-1)(y-5)}$

$x+y+25=8(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5})$
$\Leftrightarrow x-1+y-5+2\sqrt{(x-1)(y-5)}+31=8(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5})+2\sqrt{(x-1)(y-5)}
\Leftrightarrow (\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5})^{2}+31=8(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5})+2\sqrt{(x-1)(y-5)}

\Leftrightarrow 2\sqrt{(x-1)(y-5)}=(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5}-4)^{2}+15\geqslant 15 \Leftrightarrow A\geq 7,5$
GTLNta có:
$64(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5})^{2}\leq 128(x+y-6)\leq 128(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5}+31) \Leftrightarrow 64b^{2}\leqslant 128(8b+31)$
từ đó tính ra giá trị lớn nhất của $\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5}$
mặt khác$\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5}\leq \frac{x-1+y-5}{2}=\frac{8b-31}{2}$ từ đó tìm ra

Cho $a,b,c >0$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=1$
CMR: $\dfrac{a}{b^2+c^2}+\dfrac{b}{c^2+a^2}+\dfrac{c}{a^2+b^2}\geq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$

$\dfrac{a}{b^2+c^2}+\dfrac{b}{c^2+a^2}+\dfrac{c}{a^2+b^2}$
$\Leftrightarrow \dfrac{a}{1-a^2}+\dfrac{b}{1-b^2}+\dfrac{c}{1-c^2}$
xét hàm với $1-t^2$ ra đpcm

1.bBài hệ đánh giá được không nhỉ ?
Không mất tính tổng quát giả sử$ x\geq y\geq z$
nên thê đề bài

$x^{4}+y^{2}+4\geq y^{4}+z^{2}+4
\Leftrightarrow 5yz\geqslant 5xz\Leftrightarrow y\geq x$
tương tự như thế có $z\geq y\geq x$
theo giả thiết thì PT xảy ra khi x=y=z thế vào pt giả nghiệm

cho x,y, z là các số thực dương có x+y+z=6.chứng minh răng:
$$\frac{x}{\sqrt{y^{3}+1}}+\frac{y}{\sqrt{z^{3}+1}}+\frac{z}{\sqrt{x^{3}+1}}\geq 2$$

Sử dụng đánh giá , giả sử $$ x\geq y\geq z $$, dựa vào hệ đánh giá được x=y=z

thế cho mình hỏi bđt
a^2 /x+ b^2/x >= ( a+b )^2 /x+y có cần dk a, b, xy dương k các bạn

Tớ nghe bảo là bài hình khó nhất mà

bài mình làm hơi ngố @@ ( răng mà mình toàn làm bài kiểu đoán đoán ri , thi THPT cụng rứa )
$xyz-x^2 +2z=2$
==> x ( yz-x) +2z=2
nhận thấy vì ta phải có x ( yz -x ) chia hết cho 2
TH1: z=0 , x (yz-x) =2
thay lần lượt vs x=1 or 2 ==> yz ko phù hợp loại
TH2: 2z=2 ==> z=1 ,x=0,y=0
haizz hic bí quá đành ri ><

Lúc trong phòng thi rối quá tớ làm thế này, hơi dài...
$P=\dfrac{\sqrt{a^2+1}.\sqrt{b^2+1}}{\sqrt{c^2+1}}+\dfrac{\sqrt{b^2+1}.\sqrt{c^2+1}}{\sqrt{a^2+1}}+\dfrac{\sqrt{c^2+1}.\sqrt{a^2+1}}{\sqrt{b^2+1}} \geqslant \sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1} (AM-GM) \geqslant \sqrt{(a+b+c)^2+(1+1+1)^2} (Minkowsky) \geqslant \sqrt{3(ab+bc+ca)+9}=2\sqrt{3} \Rightarrow P_{min}=2\sqrt{3} \Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
P/s: Còn mấy bài nữa không ai làm à...

Kq của cậu giổng của tớ , nhưng hinh như tớ vẫn ngắn hơn tí

hic bảo làm dc k mình làm tạm tạm , mà câu c mình xét 3 TH í
th1 là D trên AO , th2 là D thuộc 1/2 mp bờ Ao chứa C , th3 là chứa B
hic ngồi trong phòng thi chả nặn ra gì đành làm vậy thoi

tớ làm bđt trc nhé k bik đúng hay sai
$\sqrt{ \dfrac{(a^2+1)(b^2+1)}{c^2+1}}=\sqrt{\dfrac{(a+b)(a+c)(b+a)(b+c)}{(c+a)(c+b)}} =a+b$

$\Rightarrow P = 2 ( a+ b+ c) $
sử dụng bđt$ ( a+b+ c) ^{2 } \geq 3ab+3ab+3ac$

mọi người dân toán mà tâm hồn tuyệt quá , 5 ting bạn thỏ

Bên MS giải bài này rồi đó bạn , see here http://forum.mathsco...ead.php?t=20797

Bạn skyscape ơi , Bài 2 đâu cần điều kiện dương đâu vì khi biến đổi BDT $ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{a+b}$ , nó cho ra $ (a-b)^2 \ge 0 $ . Điều này đúng với mọi a,b mà đâu cần âm hay dương

bạn ơi thế cô si cũng cho ra vậy thì nó k cần âm duonng nữa hả bạn ^^

đề hp năm nay có bđt khác ko , có tổ hợp k?

Mình chém bài 2. Bài này là một bài BĐT dưới lốt số học .
Ta có công thức sau $ \dfrac{4}{a+b} \le \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} $ . Dấu bằng xảy ra khi a=b
Vậy thì :
$ \dfrac{4}{2x+y+z} \le \dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{x+z} $ (1)
$ \dfrac{4}{2y+x+z} \le \dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{y+x} $(2)
$ \dfrac{4}{2z+y+x} \le \dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{y+z} $ (3)
Cộng (1),(2),(3) ta có:
$4(\dfrac{x}{2x+y+z}+\dfrac{y}{2y+x+z}+\dfrac{z}{2z+x+z}) \le 3 \\ \Leftrightarrow \dfrac{x}{2x+y+z}+\dfrac{y}{2y+x+z}+\dfrac{z}{2z+x+z} \le \dfrac{3}{4}$ . Theo đề bài dấu bằng xảy ra thế thì ta có được x=y=z( x,y,z nguyên)
Kết luận nghiệm của là x=y=z bất kì thỏa mãn x,y,z nguyên
Mình đưa ra bài toán mới khá thú vị từ bài trên nhé:
Hãy chứng minh PT sau đây có vô hạn bộ nghiệm nguyên :
$\dfrac{x}{2x+y+z}+\dfrac{y}{2y+x+z}+\dfrac{z}{2z+x+z}=\dfrac{3}{4}$ (Cũng dựa vào cách làm bài 2 ở phía trên thôi)

em cũng nghĩ như bác nhưng bác ạ x, y , z đã dương đâu

1cho các số thực x ,y ,z và x + y + z=o, x+2 >0,y+2>0 , z+8 >0
Tìm Max $\dfrac{x}{x+2} + \dfrac{y}{y+2} + \dfrac{z}{z+8} $
2. Cho tam giác nhọn ABC và điểm P bất kì năm trong tam giác . Chứng minh khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P đến 3 đính A, B, C của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhât trong các khoảng cacs từ P đến các cạnh của tam giác

p/s ko biết nếu ko là số dương thì có dc sử dụng bđt $ \dfrac{a^2}{b} + \dfrac{c^2}{d} \geq \dfrac{(a+c)^2}{b+d} $ ko nhỉ

câu 3 biến đổi thành
$ ( x+y+z) ( x ^ {2}+y^{2}+z^{2}-xy-xz-yz )=2003$
vì 2003 là số nguyên tố ==> phân tích thành ích