chagtraife

Cho x, y, z>1 thỏa mãn $\sum \frac{1}{x}=2$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{x+y+z}\geq \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}$

(Olimpic Iran 1998)

sử dụng bunhiacopxki:

ta có: $( \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1})^2$

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

$\leq (3-\frac{1}{x}-\frac{1}{y}-\frac{1}{z}).(x+y+z)=x+y+z$

Ra bậc 3 là một vấn đề mà giải được phương trình bậc 3 đó khi không có máy tính mới là một vấn đề 

phương trình có $1$ nghiệm $x= \frac{\sqrt{2}}{2}$ =>tách ra phương trình bậc $2$!!!

ban đầu anh giải theo lượng giác nên nhẩm ra nghiệm này!(tất nhiên không sử dụng máy tính), nhưng zu sao cũng đưa về phương trình đại số giải, nên để z khỏi tốn công!!!

Làm sao mà anh tìm ra được ON anh có thể trình bày rõ ràng không. Vấn đề là từ đâu có được chứ không phải chỉ là dễ thấy hay là gì đó. Trong toán học cái gì cũng đều có trước có sau đã có khẳng định thì phải có dẫn chứng chứ không thể nói khơi khơi thế này. Chẳng hiểu gì luôn. Anh trình độ cao hơn tụi em em chỉ mới lớp 10 thôi không hiểu được ý tưởng các bài toán của anh.

 

em xin nói thêm ý này nữa hồi đầu năm này anh có thi HSG lớp 12 không. Đạt giải mấy vậy? Có lọt vào đội tuyển thi quốc gia không? Nếu có thì cho em xin chữ kí với

p/s anh hãy trình bày lời giải rõ ra cho mọi người cùng tham khảo

Spam tí mong BQT bỏ qua!!

để tìm $ON$, ta tính tỉ số $MF/MB$ ( tỉ số này bằng $cos (\widehat{AMB})$)

có tỉ số $MF/MB$ rồi, ta suy ra được $ON$  (vì $(MA+ON)/(MA+2ON)=MF/MB$ qua $B$, kẻ song song với $EF$ là thấy)

p/s: anh thi rớt $12$!!!đừng đụng chạm vào nỗi đau của anh nhen!!!!hi, nói đề đây dễ, thì nó dễ thật mà!!!!em thấy anh làm bình thường, có phức tạp gì đâu!!!đâu cần phải suy nghĩ gì sâu sa đâu, rất đơn giản, bạn anh học bồi dưỡng lí, nó còn làm ra nữa là!!!hazzz....vì anh ko có thời gian gian onl nhiều, (bới ko có máy tính, muốn đăng gì, thì phải zô quán) nên anh trình bày tóm tắt, bọn em thông cảm!!!!chớ anh không có ý chảnh chẹ, hay khoe tài ì đâu!muốn biết tới đâu, tiếp xúc là sẽ hiểu!!!!!

bài 4: $V_{ABMN}=V_{AOMB}+V_{AONB}$

$=\frac{a^2}{6}(OM+ON)=\frac{a^2}{6}(x+ON)$

tính $ON$ ra, bằng $\frac{a^2}{2x}$

cô si là tìm được min

bài 3: 

$ac+bd+cd \leq \sqrt{c^2+d^2}+cd=\sqrt{16-2cd}+cd$

khảo sát hàm, ( với $cd\leq 4$)

đề dễ ác!!!!!

câu 1 .a)đặt $t= x+\sqrt{1-x^2}$ chuyển phương trình về theo ẩn t(ra bậc 3)!!!

b)dùng s-vác-sơ

câu 2:

a, $T=((1+\sqrt{5})^{2n}+(1-\sqrt{5})^{2n})/2$

tính $\frac{T}{2^n} =....$(sử dụng nhị thức niu tơn để tách ra là thấy nguyên)

b, sử dụng $\tan(a+b)=\frac{\tan a+\tan b}{1-\tan a.\tan b}$

 Đề Bài

 

Giải phương trình lượng giác sau :

$$\sin 4x + 2=\cos 3x + 4\sin x+\cos x$$

Toán thủ ra đề: hoangkkk

bài giải:

phương trình tương đương:

$\sin 4x-(\cos 3x+\cos x)=4\sin x-2$

$\Leftrightarrow 2\sin 2x.\cos 2x-2.\cos 2x.\cos x=2(2\sin x-1) $

$\Leftrightarrow \cos 2x(\sin 2x-\cos x)=2\sin x-1$

$\Leftrightarrow \cos 2x.\cos x(2.\sin x-1)=2\sin x-1$

$\Leftrightarrow2\sin x-1=0$ hoặc $\cos 2x.\cos x=1$

$\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{6}+k_12\pi$  hoặc $x=\frac{5\pi}{6}+k_22\pi (k_1,k_2\epsilon Z)$ hoặc $\cos 2x.\cos x=1$

 ta có: $\cos 2x.\cos x=1 \Leftrightarrow (2\cos^2 x-1).\cos x=1$

$\Leftrightarrow 2\cos^3 x-\cos x-1=0 \Leftrightarrow (\cos x-1)(2\cos^2 x+2\cos x+1)=0 \Leftrightarrow \cos x=1$

$\Leftrightarrow x=k2\pi$ ($k\epsilon Z$)

vậy tập nghiệm của phương trình là:  $x=\frac{\pi}{6}+k_12\pi; x=\frac{5\pi}{6}+k_22\pi; x=k2\pi$ $(k,k_1,k_2\epsilon Z)$

$\boxed{\text{Điểm bài thi}:10}$

S = 17 + 3*10 = 47

$3^{x}+7^{x}-10^{x}=2^{x}+4^{x}-6^{x}$

xét: $F(u)=u^x+(3u-2)^x-(4u-2)^x$, với  $u\epsilon [2;3]$

(xem $x$ là tham số)

khi đó:

$F'(x)=x.u^{x-1}+3x.(3u-2)^{x-1}-4x(4u-2)^{x-1}$

ta có: $F(3)=F(2)$

nên $\exists u\epsilon [2;3],F'(u)=0$

do đó:$F'(x)=x.u^{x-1}+3x.(3u-2)^{x-1}-4x(4u-2)^{x-1}=0$

$\Leftrightarrow x=0$ hoặc $u^{x-1}+3(3u-2)^{x-1}-4(4u-2)^{x-1}=0$  $(2)$

 giải $(2)$: $(2)\Leftrightarrow u^{x-1}+3(3u-2)^{x-1}=4(4u-2)^{x-1} $

$\Leftrightarrow \frac{1}{4}\left ( \frac{u}{4u-2} \right )^{x-1}+\frac{3}{4}(\frac{3u-2}{4u-2})^{x-1}=1$

giải:

$2(4x^6-\sqrt[3]{6x^{10}+x^9+6x^8}+4)=x^2(x-22x^2-22)$

$\Leftrightarrow 8x^{6}+22x^4-x^3+22x^2 +8= 2\sqrt[3]{6x^{10}+x^9+6x^8}$ $(*)$

ta chứng minh $VT(*)> VP(*)$

ta có: $VT (*)> 8x^{6}+22x^4-x^3+22x^2$

và: $8x^{6}+22x^4-x^3+22x^2\geq\frac{2}{3}(7x^4+x^3+7x^2)  $         $(1)$

thật vậy, $(1)\Leftrightarrow x^2(24x^4+52x^2-5x+52)\geq 0$ (đúng với mọi $x$)

mặt khác, 

$\frac{2}{3}(7x^4+x^3+7x^2)  =\frac{2}{3}((6x^4+x^3+6x^2)+x^4+x^2)\geq 2\sqrt[3]{6x^{10}+x^9+6x^8}=VP(*)$

(cô si cho $3$ số $(6x^4+x^3+6x^2);x^4;x^2$)

vậy: $VT(*)>VP(*)$

vậy phương trình đã cho vô nghiệm!

$\boxed{Điểm: 10}$

S = 12,3+10*3 = 42,3

Cho x, y, z là các số dương thoã mãn $\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}=3$. Chứng minh rằng: $\frac{x}{2x-1}+\frac{y}{2y-1}+\frac{z}{2z-1}\geq 3$

đặt $a=\frac{1}{x}$; $b=\frac{1}{y}$; $c=\frac{1}{z}$

 khi đó: $vt= \frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\geq3$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2-a}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2-b}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2-c}-\frac{1}{2}\geq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{a^2}{2a-a^2}+\frac{b^2}{2b-b^2}+\frac{c^2}{2c-c^2} \geq 3$ (*)

 $vt(*) \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)-3} \geq3 $(đúng)

=>đpcm

Bạn nào giúp mình câu b bài dãy với. Không biết có phải đưa về sai phân không nhỉ?

uhm,

$2014u_{n+1}=u_n^2+2013u_n$

$\Leftrightarrow 2014((u_{n+1}-1)-(u_n-1))=u_n(u_n-1)$

$\Leftrightarrow \frac{u_n}{u_{n+1}-1}=2014(\frac{1}{u_n-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})$

do đó: $v_1+v_2+...+v_n=2014(\frac{1}{2-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})<2014$

ai biết làm BĐT làm hộ mình với

bài 3:

ta có: $P=2ab+3bc+3ca+\frac{6}{a+b+c}$

$=(2ab+2bc+2ca)+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$

$=(a+b+c)^{2}-3+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$

ta thấy: $bc+ca\leq (a+b+c)-1$

thật vậy:$bc+ca\leq (a+b+c)-1$

$\Leftrightarrow (a+b-1)(c-1)\leq 0$ (đúng, do $c\leq 1$ nên $c^2\leq1$,nên $a^{2}+b^{2}\geq 2\Rightarrow a+b > 1$

suy ra: $P\leq (a+b+c)^{2}-3+(a+b+c)-1+\frac{6}{a+b+C}$

đặt $t=a+b+c$,$\sqrt{2}\leq t\leq 3$

khi đó: $P\leq G(t)=t^2+t+\frac{6}{t}-4$

...

suy ra: $maxG(t) =10$

vậy gtln $P =10$

p/s: gia tri $min$ thì bó tay!!!!!!

Như vậy là hôm nay, E.Galois đã hoàn thành việc gửi GCN và quà cho các bạn. Ai nhận được thì chụp ảnh up lên cho mọi người xem nhé, cũng để BQT biết mà yên tâm

thầy chuyển hết cho cho tất cả các bạn rồi à???hay là chỉ ở khu vực hà nội??

nhà em ở nông thôn,nên không có số nhà!!!bqt chuyển gcn đến trường em cũng được ạ!!

Các toán thủ tại khu vực Hà Nội đăng kí sách (giá trị tương ứng phần thưởng) để BTC mua tặng, đăng kí địa chỉ nhận sách để BTC gửi đến tận nơi.

Các toán thủ ở tỉnh xa, BTC sẽ chuyển khoản bằng tiền. Các bạn cần đăng kí số tài khoản, tên chủ tài khoản và tên chi nhánh ngân hàng.

em không có tài khoản thì sao ạ????