duchanh1911

Đó là đạo hàm riêng cấp 2 hai biến đó bạn.Bạn tham khảo tại đây:
http://thunhan.wordp...ifferentiation/

Bình phương và thu gọn sai rồi,thiếu cả ĐKXĐ nữa
ĐKXĐ:$x\geq 1$

$x^{4}+14x^{2}+49= 4(x^{2}+5x-6)$
$\Leftrightarrow x^{4}+10x^{2}+73= 20x$
Đến đây ta áp dụng côsi vì $x\geq 1$ nên $10(x^{2}+1)\geq 20x$

$\Rightarrow x^{4}+10x^{2}+73> 20x$
$\Rightarrow$ phương trình vô nghiệm.

Bài này nếu làm theo PP KS hàm số thì rất hay.

6/ Mình cũng vừa nhận được giấy mời sáng nay.Nhưng phải ra ngoài HN e rằng mình không đi được.Mong các bạn trong ban tổ chức thông cảm.

1. Họ và tên: Nguyễn Đức Hạnh
2. Nick trên Diễn đàn:duchanh1911
3. Ngày tháng năm sinh:19-11-1982
4. Nơi đang theo học hay công tác:GV

Ta có:$V=\frac{1}{6}ay(a+x)$
Áp dụng cauchi cho 2 số dương $ay$ và $(a+x)$ ta có:
$\Rightarrow V\leq \frac{1}{24}(ay+a+x)^{2}=\frac{1}{24}[a^{2}+2a(ay+x)+(ay+x)^{2}]\leq \frac{1}{24}[a^{2}+(ay+x)^{2}+(ay+x)^{2}]$
tức là $V\leq \frac{1}{24}[a^{2}+2(ay+x)^{2}]$
Áp dụng Bunhia cho $(ay+x)^{2}$:tức là:
$(ay+x)^{2}\leq (a^{2}+1)(y^{2}+x^{2})=a^{2}(a^{2}+1)$
sau đó bạn thay vào biểu thức cua $V$ ở trên ta sẽ có $V_{max}$
Dấu đẳng thức xẩy ra khi:
$\left\{\begin{matrix}
\frac{y}{a}=\frac{x}{1} & \\
x^{2}+y^{2}=a^{2}&
\end{matrix}\right.$
Từ đây bạn suy ra được $x$.

cách khác nè.:
Gọi $O$ laf tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.$D$,$E$,$F$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $A$,$B$,$C$ trong tam giác $ABC$.
Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$.
Thì ta lần lượt có:
$\left\{\begin{matrix}
AO\perp EF& & & & \\
BO\perp FD& & & & \\
CO\perp ED& & & & \\
OM\perp AB& & & & \\
ON\perp AC & & & &
\end{matrix}\right.$
Ta suy ra:$\left\{\begin{matrix}
\vec{AO}.\vec{EF}=0 & & & & \\
\vec{BO}.\vec{FD}=0& & & & \\
\vec{CO}.\vec{ED}=0& & & & \\
\vec{OM}.\vec{AB}=0& & & & \\
\vec{ON}.\vec{AC}=0 & & & &
\end{matrix}\right.$
Với:$A(a_{1};a_{2});B(b_{1};b_{2});C(c_{1};c_{2});O(m;n)$
cách này thì bạn chịu khó chút cũng sẽ tìm được tọa độ của $A$;$B$;$C$.

Theo em, đề như vậy không đúng ạ !
Một bên là bậc $9$, một bên là bậc $6$ làm sao đúng được.
Theo em, đề đúng phải là
$8\left (x^3+y^3+z^3\right )^2\ge 9\left (x^2+yz\right )\left (y^2+zx\right )\left (z^2+xy\right )$
Bài này có thể dùng $AM-GM, Holder$ rất ngắn gọn.

Em xem lại đi chứ 2 vế BĐT đều bậc 6 mà.Mình đã xem lại nếu sử dụng $AM-GM, Holder$ thì tốt rồi.
Mình nhầm chõ sử dụng Bunhia cho BĐT $xy+xz+yz$

Bài này đúng phải là:cho $x,y,z$ dương.CMR:$8(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{3}\geq 27(x^{2}+yz)(y^{2}+zx)(z^{2}+xy)$.
Bạn nên coi lại.Nếu vậy thì cm như sau:
$(x^{2}+y^{2}+z^{2})+(xy+xz+yz)=(x^{2}+yz)+(y^{2}+xz)+(z^{2}+xy)\geq 3\sqrt[3]{(x^{2}+yz)(y^{2}+xz)(z^{2}+xy)}$
$\Rightarrow 27(x^{2}+yz)(y^{2}+xz)(z^{2}+xy)\leq [(x^{2}+y^{2}+z^{2})+(xy+xz+yz)]^{3}\leq [(x^{2}+y^{2}+z^{2})+(x^{2}+y^{2}+z^{2})]^{3}=8(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{3}$ suy ra Q.E.D

pt đã cho $\Leftrightarrow x^{2}+(\frac{9x}{x+9})^{2}=40$.
Lúc đó ta đặt như sau:
$\left\{\begin{matrix}
u=x & \\ v=\frac{9x}{x+9}
&
\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
u^{2}+v^{2}=40 & \\ v=\frac{9u}{u+9}
&
\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
u^{2}+v^{2}=40 & \\uv=9(u-v)(*)
&
\end{matrix}\right.$
Phương trinh (*) tương đương với:$(uv)^{2}=81(u^{2}-2uv+v^{2})\Leftrightarrow (uv)^{2}+162uv-3240=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
uv=18 & \\ uv=-180
&
\end{matrix}\right.$
kết hợp với hệ phương trình trên ta có 2 hệ sau:
$(I):$$\left\{\begin{matrix}
u^{2}+v^{2}=40 & \\ uv=18
&
\end{matrix}\right.$
Và hệ $(II)$:$\left\{\begin{matrix}
u^{2}+v^{2}=40 & \\ uv=-180
&
\end{matrix}\right.$
đến đây thì bài toán đã sáng tỏ rồi.tìm được $U$ và $V$ ta sẽ có ngay giá trị $x$ nhớ kết hợp đk:$x\not\equiv -9$.

1/Giải phương trình:
a/$x^{2}+\frac{81x^{2}}{(x+9)^{2}}=40$

Chủ thớt hôm qua ghi nhầm đề làm AE mình cứ tưởng...

$\Leftrightarrow x^{2}+(\frac{9x}{x+9})^{2}=0\Leftrightarrow x^{2}=-(\frac{9x}{x+9})^{2}$
Vì $VT\geq 0$ và $VP\leq 0$ vậy để dấu của đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $x=0$ là duy nhất trên $R$ .Lấy đâu ra 1 đống nghiệm trời.

Hpt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
y^{2}+1=xy(1') & \\x^{2}+(2+y).x +2y=0(2')
&
\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
y^{2}+1=xy & \\ (x+2)(x+y)=0
&
\end{matrix}\right.$
Đến đây thì đơn giản rồi.

Lấy A' đối xứng với A qua phân giác trong CD thì $A'\epsilon BC$.Lúc đó đường thẳng AA' nhận (-1;1) làm 1 VTPT suy ra phương trình AA' là:
$x-y+1=0$
* Gọi $I$ là trung điểm của AA'.thì $I$ chính là giao điểm của AA' và CD.Vậy tọa độ $I$ là nghiêmj của hệ:
$\left\{\begin{matrix}
x-y+1=0 & \\ x+y-1=0
&
\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
x=0 & \\y=1
&
\end{matrix}\right.\Rightarrow I(0;1)$
** Vì $I$ là trung điểm của $AA'$ nên dễ dàng suy ra được:$A'(-1;0)$
* Vì $M\epsilon BM:2x+y+1=0;C\epsilon CD:x+y-1=0$
nên ta gọi $M(m;-2m-1)$ và $C(n;1-n)$
Vì $I$,$M$ lần lượt là trung điểm của $AA'$ và $AC$ nên $MI$ là đường trung bình trong $\Delta AA'C$
Suy ra:$\underset{MI}{\rightarrow}$=$\frac{1}{2}$$\underset{CA'}{\rightarrow}$ hay:

$(-m;2m+2)=\frac{1}{2}(-1-n;n-1)\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
m=\frac{1}{2}(n+1) & \\2m+2=\frac{1}{2}(n-1)
&
\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
m=-3 & \\ n=-7
&
\end{matrix}\right.$
Suy ra:$C(-7;8)$ suy ra $\underset{CA'}{\rightarrow}$(6;-8).
Từ đây suy ra phương trình BC là:$4x+3y+4=0$ đúng như đáp án của bạn.

Bài 1: Trong mp Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có M(4;6) là trung điểm của AB.Giao điểm $I$ của 2 đường chéo nằm trên đường thẳng (d) có pt:
3x-5y=6=0,Điểm N(6;2) thuộc cạnh CD.hãy viết pt cạnh CD biết tung độ điểm $I$ lớn hơn 4.

Phương trình (d) thế này thì đúng hơn:$3x-5y+6=0$ nếu vậy thì ta giải như sau:
Gọi $I(a;\frac{3a+6}{5})\epsilon (d)$
lấy N' đối xứng với N qua $I$ thì suy ra N' sẽ nằm trên cạnh AB(theo tính chất đối xứng tâm của hình chữ nhật).
Lúc đó ta dễ dàng có được tọa độ của $N'=(2a-6;\frac{6a+2}{5})$
Vì M là trung điểm của AB nên $IM$ vuông góc với $AB$ suy ra:$\underset{IM}{\rightarrow}$.$\underset{MN'}{\rightarrow}$=$0$
bạn thay tọa độ vào rồi suy ra giá tri a từ đó tìm dc pt CD

Hình vẽ thì bạn theo giõi hình của bạn Tru09;bài này ta có thể làm cụ thể như sau:
Gọi A' là điểm đối xứng qua trung điểm $I$ của BC.Lúc đó dễ thấy A' nằm trên (O) và A,O,A' thẳng hàng hay AA' là đường kính của (O).Lúc đó Áp dụng định lý Menelaus vào $\Delta AIA'$ có O,G,H thẳng hàng ta có:$\frac{HI}{HA'}.\frac{A'O}{OA}.\frac{AG}{GI}=1$
Với chú ý rằng:$HI=\frac{1}{2}HA'$;$A'O=OA=R$; từ hệ thức trên ta suy ra:$AG=2GI$ lại có $AI$ là trung tuyến từ đỉnh A cuả $\Delta ABC$ nên G là trọng tâm của $\Delta ABC$.Đó là điều phải cm.