Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh
* * * * * 8 Bình chọn

Topic trao đổi bài

alex_hoang và h.vuong_pdl

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 120 trả lời

#21 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 24-11-2011 - 19:24

Và đây là một bài tương tự cần 1 chút xử lí để đến với lời giải:
Bài 4: Giải phương trình : $-2x^3 +10x^2 -17x+8=2x^2\sqrt[3]{5x-x^3}$

Giải
Ta thấy ở dạng bài này thương thì ta sử dụng phương pháp hàm số nhưng nếu để nguyên thì không đưa về dạng hàm số được vì vậy ta nghĩ đến đổi biến số đi
Ta thấy $x=0$ không là nghiệm của phương trình
Với $x \ne 0$ thì phương trình đã cho tương đương
\[ - 2 + \frac{{10}}{x} - \frac{{17}}{{{x^2}}} + \frac{8}{{{x^3}}} = 2\sqrt[3]{{\frac{5}{{{x^2}}} - 1}}\]
Đặt $t=\frac{{1}}{x}$ ta được
\[ - 2 + 10t - 17{t^2} + 8{t^3} = 2\sqrt[3]{{5{t^2} - 1}}\]
\[ \Leftrightarrow {\left( {2t - 1} \right)^3} + 2(2t - 1) = 5{t^2} - 1 + 2\sqrt[3]{{5{t^2} - 1}}\]
Bây giờ thì ta xét hàm số
\[f(x) = {x^3} + 2x\]
Ta có
\[f'(x) = 3{x^2} + 2 > 0\]
Vậy thì hàm số đã là hàm tăng
Vậy phương trình tương đương
\[2t - 1 = \sqrt[3]{{5{t^2} - 1}}\]
Đến đây thì lập phương hai vế rồi giải là được kết quả :icon6:
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#22 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 24-11-2011 - 19:30

Anh xin góp bài này.
Bài 7: Tìm tất cả các nghiệm của đa thức sau với $a\left( {a - 1} \right) \ne 0$.
$$P\left( x \right) = {\left( {{a^2} - a} \right)^2}{\left( {{x^2} - x + 1} \right)^3} - {\left( {{a^2} - a + 1} \right)^3}{\left( {{x^2} - x} \right)^2}$$


Chiều nay đi học về lại hoạch được bài khá hay:

Bài 8: Tìm giá trị của $m$ để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt thuộc khoảng $\left[-\frac{\pi}{4};\frac{\pi}{4}\right]$:

$\sin^4x + \cos^4x + \cos4x = m$

Ta còn hai bài tập này vẫn chưa thấy bạn nào chém cả các bạn cố gắng giải nhanh và post thêm các bài toán hay khác nhé :icon6:
Bài 9Thấy chưa có bài hình học nào nên gửi bài hình nên
Qua đương cao của tứ diện đều ,kẻ mặt phẳng cắt các mặt phẳng chứa các mặt bên theo $3$ đường thẳng tạo với mặt đáy của tứ diện các góc $\alpha ,\beta ,\gamma $.Chứng minh rằng
\[{\tan ^2}\alpha + {\tan ^2}\beta + {\tan ^2}\gamma = 12\]
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#23 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 24-11-2011 - 19:58

Bài 4: Giải phương trình : $-2x^3 +10x^2 -17x+8=2x^2\sqrt[3]{5x-x^3}$

Một cách giải khác cho bài này.

Đầu tiên quan sát rằng $${\left( {x - 2} \right)^3} + 5x - {x^3} = - 6{x^2} + 17x - 8$$
Vì vậy, ta đặt $a = \sqrt[3]{{5x - {x^3}}},\,\,b = x - 2$, khi đó phương trình trở thành:
$$ - 2{x^2}\left( {x - 2} \right) - \left( { - 6{x^2} + 17x - 8} \right) = 2{x^2}\sqrt[3]{{5x - {x^3}}}$$
Do đó: $$ - 2xb - \left( {{a^3} + {b^3}} \right) = 2{x^2}a \Leftrightarrow \left( {a + b} \right)\left( {{a^2} - ab + {b^2} + 2{x^2}} \right) = 0$$
Để ý rằng ${a^2} - ab + {b^2} \ge 0,\,\,\,2{x^2} \ge 0$ do đó suy ra $\left[ \begin{array}{l}
a + b = 0\\
2{x^2} = 0
\end{array} \right.$
Từ đó: $$a + b = 0 \Rightarrow a = - b \Rightarrow 6{x^2} - 17x + 8 = 0$$
$2{x^2} = 0$ dễ dàng loại.

Đến đây giải phương trình trên thì được nghiệm :D.

#24 Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 24-11-2011 - 20:19

Cho em tham gia một bài.
Bài 10: Cho $p$ là một số nguyên tố, $a$ là một số nguyên dương sao cho $1+2 \sqrt{a}$ không là số nguyên tố. Chứng minh rằng phương trình ${x^2} - 2\sqrt a .x - p = 0$ không có nghiệm hữu tỉ.

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#25 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 24-11-2011 - 20:38

Bài 2:Có bao nhiêu xâu nhị phân có độ dài n trong đó không có 2 bít 1 đứng cạnh nhau?
Bài này giải bằng dãy số có thể làm bài cuối được đấy :tongue:


Gọi ${u_n}$ là số xâu nhị phân có độ dài $n$ bit thoả yêu cầu bài toán.

Ta có: ${u_1} = 2,\,\,{u_2} = 3$

Xét xâu nhị phân có độ dài $n$ bit thoả yêu cầu bài toán có dạng ${a_n}{a_{n - 1}}{a_{n - 2}}...{a_2}{a_1}$

Ta xét hai trường hợp.

Trường hợp 1: ${a_n} = 1 \Rightarrow {a_{n - 1}} = 0,\,{a_{n - 2}}...{a_2}{a_1}$ có thể chọn là xâu bất kì có $n-2$ thoả bài toán.

Khi đó có ${u_{n - 2}}$ xâu như vậy.

Trường hợp 2: ${a_n} = 0 \Rightarrow \,{a_{n - 1}}...{a_2}{a_1}$ có thể chọn là một xâu bất kì có độ dài $n-1$ thoả bài toán.

Khi đó có ${u_{n - 1}}$ xâu như vậy.

Vậy có tất cả ${u_{n - 2}} + {u_{n - 1}}$ xâu hay ${u_n} = {u_{n - 1}} + {u_{n - 2}}$

Đến đây có thể dễ dàng tìm được ${u_n}$ bằng phương pháp sai phân. Chú ý ${u_1} = 2,\,\,{u_2} = 3$.

#26 h.vuong_pdl

h.vuong_pdl

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1031 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C1 - k49 - PĐL
  • Sở thích:MATHEMATICS

Đã gửi 25-11-2011 - 18:13

225]Bài 11:

225]Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) có tâm O, bán kính R và đường thẳng d tiếp xúc với (C)tại điểm A cố định. từ điểm M nằm trên mặt phẳng và ngoài đường tròn (C)kẻ tiếp tuyến MT tới đường tròn (C) (T là tiếp điểm). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d.

Chứng minh rằng đường tròn tâm M có bán kính MT luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M di động trên mặt phẳng sao cho: MT = MH.

rongden_167


#27 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 25-11-2011 - 18:24

Bài 12:(Mình trích nguyên một câu trong đề thi chọn HSG đi thi tỉnh trường mình)
a)Giải bất phương trình:
$x(3{\log _2}x - 2) > {\log _2}x - 2$
b)Cho $A_1A_2...A_{14}$ là một đa giác đếu $14$ cạnh nội tiếp trong đường tròn tâm $O$ bán kính $R$.Chứng minh rằng
${A_1}{A_3}^2 + {A_3}{A_7}^2 + {A_7}{A_1}^2 = 7{R^2}$
Bài này mình thấy câu b) khá hay các bạn làm thử :icon6:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 25-11-2011 - 19:46

alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#28 h.vuong_pdl

h.vuong_pdl

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1031 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C1 - k49 - PĐL
  • Sở thích:MATHEMATICS

Đã gửi 26-11-2011 - 20:51

Giải 12b) Xét tam giác: $A_1A_3A_7$.

tâm O nối với 2 đỉnh kề tạo 1 góc: $\alpha = \dfrac{2\pi}{14} = \dfrac{\pi}{7}.$

Ta có:

$\widehat{{A_3}{A_7}{A_1}} = \dfrac{1}{2}\widehat{{A_1}O{A_3}} = \alpha ;\widehat{{A_7}{A_1}{A_3}} = 2\alpha \Rightarrow \widehat{{A_1}{A_3}{A_7}} = 2\pi - 3\alpha $

áp dụng định lí sin trong tam giác ta có:

$\dfrac{A_1A_3}{\sin\alpha} = \dfrac{A_3A_7}{\sin2\alpha} = \dfrac{A_7A_1}{\sin(2\pi-3\alpha}= 2R.$

Như vậy, ta chỉ cần chứng minh đẳng thức tương đương sau.

$\sin^2\alpha +\sin^22\alpha + \sin^23\alpha = \dfrac{7}{4}.$ bới $\alpha = \dfrac{\pi}{7}.$

Chứng minh đẳng thức này khá quen thuộc ( đã từng được hỏi nhưng mình vẫn chưa Cm được )

nhờ mọi người xem giùm :-?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 26-11-2011 - 21:06

rongden_167


#29 nguyenphu.manh

nguyenphu.manh

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 89 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nghệ an

Đã gửi 26-11-2011 - 21:31

Bài 13:Giải hệ phương trình:
$$\left\{\begin{matrix}
x^{2011}+304xy^{2010}=y^{4022}+304y^{2012} & \\
162y^2+27\sqrt{3}=(8x^3-\sqrt{3})^3 &
\end{matrix}\right.$$
Bài 14:Tìm a để bất phương trình $$a^3x^4+6a^2x^2-x+9a+3\geq 0$$ đúng với mọi
$$x \epsilon R$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenphu.manh: 26-11-2011 - 21:55

SLNA vô đối_pro


http://nghiloc2.forumvi.com

#30 h.vuong_pdl

h.vuong_pdl

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1031 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C1 - k49 - PĐL
  • Sở thích:MATHEMATICS

Đã gửi 26-11-2011 - 22:18

Bài 15: Cho tứ diện ABCD, điểm M ở trong tứ diện. AM, BM, CM, DM lần lượt cắt các mặt phẳng đối diện tại A', B', C', D'. Chứng minh rằng :

$MA' + MB'+ MC' + MD' \leq \left{ AB, AC,AD,BC,BD,CD \right}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 27-11-2011 - 11:13

rongden_167


#31 h.vuong_pdl

h.vuong_pdl

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1031 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C1 - k49 - PĐL
  • Sở thích:MATHEMATICS

Đã gửi 27-11-2011 - 11:31

Có một bài logarit thế này, không biết mức độ thế nào mà mình nhai mãi ván không hiểu đang nhai cái gì :(

Bài 16: Cho a,b,c > 2. CHứng minh rằng :

$\log_{b+c}a^2 + \log_{c+a}b^2 + \log_{a+b}c^2 \ge 3$

rongden_167


#32 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 27-11-2011 - 12:22

Có một bài logarit thế này, không biết mức độ thế nào mà mình nhai mãi ván không hiểu đang nhai cái gì :(

Bài 16: Cho a,b,c > 2. CHứng minh rằng :

$\log_{b+c}a^2 + \log_{c+a}b^2 + \log_{a+b}c^2 \ge 3$

Mình làm thử xem sao
Ta có BĐT đã cho tương đương với
\[\frac{{{{\log }_2}{a^2}}}{{{{\log }_2}(b + c)}} + \frac{{{{\log }_2}{b^2}}}{{{{\log }_2}(c + a)}} + \frac{{{{\log }_2}{c^2}}}{{{{\log }_2}(a + b)}} \ge 3\]
Do $a,b,c>2$ nên \[\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \le 1 \Rightarrow a + b \le ab\]
Xây dựng các BĐT tương tự ta đưa bài toán về chứng minh
\[\frac{{2{{\log }_2}a}}{{{{\log }_2}bc}} + \frac{{2{{\log }_2}b}}{{{{\log }_2}ca}} + \frac{{2lo{g_2}c}}{{lo{g_2}ab}} = 2\left( {\frac{x}{{y + z}} + \frac{z}{{x + y}} + \frac{y}{{x + y}}} \right) \ge 3\]
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#33 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 27-11-2011 - 12:27

Hình mình hơi ngại làm anh em thông cảm chém dùm
Bài 17 thì phải
Tìm giới hạn
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{1^3} + {5^3} + {9^3} + ... + {{(4n - 3)}^3}}}{{{{\left[ {1 + 5 + 9 + ... + 94n - 3)} \right]}^2}}}\]
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#34 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 27-11-2011 - 12:52

Hình mình hơi ngại làm anh em thông cảm chém dùm
Bài 17 thì phải
Tìm giới hạn
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{1^3} + {5^3} + {9^3} + ... + {{(4n - 3)}^3}}}{{{{\left[ {1 + 5 + 9 + ... + 94n - 3)} \right]}^2}}}\]

Bài này đã có trên VMF rồi Hoàng ak. Anh quên mất link :(

#35 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 27-11-2011 - 13:04

Hình mình hơi ngại làm anh em thông cảm chém dùm
Bài 17 thì phải
Tìm giới hạn
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \dfrac{{{1^3} + {5^3} + {9^3} + ... + {{(4n - 3)}^3}}}{{{{\left[ {1 + 5 + 9 + ... + (4n - 3)} \right]}^2}}}\]



Tìm được rồi.

* ${1^3} + {5^3} + {9^3} + ... + {\left( {4n - 3} \right)^3} = \sum\limits_{i = 1}^n {{{\left( {4i - 3} \right)}^3}} $

$ = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {64{i^3} - 144{i^2} + 108i - 27} \right)} = 64\sum\limits_{i = 1}^n {{i^3}} - 144\sum\limits_{i = 1}^n {{i^2}} + 108\sum\limits_{i = 1}^n i - 27n$

* $1 + 5 + 9 + ... + \left( {4n - 3} \right) = \dfrac{{n\left( {4n - 2} \right)}}{2} = 2{n^2} - n$

Ta có: $\sum\limits_{i = 1}^n {{i^3}} = {\left[ {\dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}} \right]^2}\,;\,\,\,\,\sum\limits_{i = 1}^n {{i^2}} = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{6}\,;\,\,\,\sum\limits_{i = 1}^n i = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}$

Do đó: $P\left( x \right) = {1^3} + {5^3} + {9^3} + ... + {\left( {4n - 3} \right)^3}$ là một đa thức bậc 4 có hệ số bậc 4 là $\dfrac{{64}}{4} = 16$

Và $Q\left( x \right) = {\left[ {1 + 5 + 9 + ... + \left( {4n - 3} \right)} \right]^2}$ là một đa thức bậc 4 có hệ số bậc 4 là 4.

Do đó: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{1^3} + {5^3} + {9^3} + ... + {{\left( {4n - 3} \right)}^3}}}{{{{\left[ {1 + 5 + 9 + ... + \left( {4n - 3} \right)} \right]}^2}}} = \dfrac{{16}}{4} = 4$.



#36 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 27-11-2011 - 18:20

Em thấy bài này kiến thức sử dụng cơ bản mà vẫn hay nên post lên ai ngờ chùng rồi chán
Bài 18:Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn $\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2} = \frac{1}{2}$.CMR điều kiện cần và đủ để tam giác $ABC$ vuông là
\[\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{{10}}\]
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#37 h.vuong_pdl

h.vuong_pdl

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1031 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C1 - k49 - PĐL
  • Sở thích:MATHEMATICS

Đã gửi 28-11-2011 - 17:50

Bài 13: Với những dạng hệ như thế ta luôn có một định hướng rất rõ ràng.

Do không thể kết hợp 2 phương trình của hệ nên chỉ có thể phân tích, đánh giá từ 1 trong 2 hệ,

Qua quan sát, ta quyết định xử lí phương trình 1. Đặt $x = ty$. ta có ngay :

$(ty)^{2011} + 304t.y^{2011} = y^{4022} + 304.y^{2012} \Leftrightarrow y^{2011}\left(t^{2011}+304t - y^{2011}-304y\right) = 0.$

$y = 0 \Rightarrow ...........$

giải pt: $t^{2011}+304t =y^{2011}+304y$ ta khảo sát hàm, sao thấy ngay: y = t

( đến đây thấy số được cho như 304, 2011, 2012, .. thực ra cho chỉ là hình thức. Có vẻ như liên quan đến 30/4/2011 )

Vậy ta có: $x = y^2$. Thay vào giải pt không có gì khó khăn.

có pt: $(2x)^3 - \sqrt{3} = 3\sqrt[3]{3.(2x) + \sqrt{3}}$

Đây là dạng pt có thể đưa được về dạng hệ đối xứng kiểu II, khá quen thuộc. ( như các vd: 4,6 , .. trên )



@@@ Một hệ tương tự quen thuộc.

$\left\{ \begin{array}{l} {x^5} + x{y^4} = {y^{10}} + {y^6} \\ \sqrt {4x + 5} + \sqrt {{y^2} + 8} = 6 \\ \end{array} \right.$

rongden_167


#38 h.vuong_pdl

h.vuong_pdl

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1031 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C1 - k49 - PĐL
  • Sở thích:MATHEMATICS

Đã gửi 28-11-2011 - 18:02

Bài 14: Quan sát thấy ngay 1 hằng đẳng thức bình phương. Có bpt:

$a(ax^2 + 3)^2 \ge x - 3.$

Biến đổi tí nữa, ta thấy 1 dạng pt đưa được về hệ đối xứng kiếu II:

$x^2 + \frac{3}{a} \ge \frac{1}{a}.\sqrt{\frac{x}{a}-\frac{3}{a}}.$

Giải : $bpt \Leftrightarrow a(ax^2 + 3)^2 \ge x - 3$

Nhận xét rằng: nếu a < 0, ta chọn x > 3 thì bpt không thể đúng với mọi x.

Vậy a > 0. Khi đó, nếu $x \le 3$ thì bpt luôn đúng. Nếu $x > 3$. ta có bpt tương đương:

$x^2 + \frac{3}{a} \ge \frac{1}{a}.\sqrt{\frac{x}{a}-\frac{3}{a}}.$

Đến đây ta có thể đặt cả căn thức = t >0. Sau biến đổi $x \ge t$

Tuy nhiên để tránh thêm ẩn phụ chồng chéo, ta có thể đến vs 1 con đường khác ( nó cũng xuất phát từ 1 ý tưởng giải pt dạng này).

có bpt: $\left(x+\frac{1}{2a}\right)^2 \ge \left(\sqrt{\frac{x-3}{a}}+\frac{1}{2a}\right)^2$

$\Leftrightarrow x + \frac{1}{2a} \ge \sqrt{\frac{x-3}{a}}+\frac{1}{2a} \Leftrightarrow ax^2 -x + 3 \ge 0$

bpt có nghiệm với mọi $x \Leftrightarrow \Delta ' \le 0$ do $a > 0.$

Tức là: $1 - 12a \le 0 \Leftrightarrow a \ge \frac{1}{12}.$

rongden_167


#39 h.vuong_pdl

h.vuong_pdl

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1031 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C1 - k49 - PĐL
  • Sở thích:MATHEMATICS

Đã gửi 28-11-2011 - 18:10

@@@ Các bạn THCS, để các bạn không chỉ tham quan topic, mình post một loạt bài tập về hệ cơ bản trong 1 chuyên đề nhỏ. Mong các bạn THCS quan tâm và giải quyết.




@@@@ Các bạn THPT tiếp tục + nhanh chóng posst thêm + giải các bài tập. Làm phong phú các thể loại. Sắp đến ngày lên đường rồi :((

Hình gửi kèm

  • untitled.JPG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 28-11-2011 - 18:17

rongden_167


#40 nguyenphu.manh

nguyenphu.manh

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 89 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nghệ an

Đã gửi 28-11-2011 - 18:31

Hôm nay đi thi về,đề khó nỏ mần được,có câu BĐT chưa làm được,mọi người chém giùm:
Bài 15:Cho $a>1$. $x+y+z=1.$ và $x,y,z$ là các số nguyên dương.
C/m: $\dfrac{1}{a^x}+\dfrac{1}{a^y}+\dfrac{1}{a^z}\geq 3(\dfrac{x}{a^x}+\dfrac{y}{a^y}+\dfrac{z}{a^z})$
SLNA vô đối_pro


http://nghiloc2.forumvi.com




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh