math1911

cho a,b,c >0 CMR:

$(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2}+2)\geq 3(a+b+c)^{2}$

Cho n số thực $a_{1};a_{2};...;a_{n}$ có tổng bằng 1 CMR:

$\frac{1}{1+a_{1}}+\frac{1}{1+a_{1}+a_{2}}+...+\frac{1}{1+a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}<\sqrt{\frac{1}{2}(\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}})}$

Cho đường tròn $O$,Bán kính $R=2\sqrt{3}$.Cho $B,C$ cố định và số đo cung $BC$ bằng $120^{\circ}$.Gọi $M$ là 1 điểm di động trên (O),Và $H$ là trực tâm tam giác $MBC$.Hãy tính $MH$. Help me!

Cho tam giác $ABC$ .gọi $M$ là 1 điểm bất kỳ.Gọi $D,E,F$ là hình chiếu của $M$ lên $BC,AC,AB$ chứng minh:

                          

                                $\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{MF}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC})$

 

                            

Cho hàm số $f(x)$ thỏa mãn điều kiện: $f(x)+x.f(1-x)=x$ với mọi số thực x. Chứng minh rằng:

$f(x)\leq \frac{3}{4}$; $\forall x \epsilon R$

  Cho $x=0$ ta có $f(0)+0.f(1)=0$ suy ra $f(0)=0$

  Cho $x=1$ ta có $f(1)+1.f(0)=1$ suy ra $f(1)=1$

Vô lý với điều $f(x)\leq \frac{3}{4}\forall x\varepsilon R$.Q.D

Đề bài có vấn đề rồi bạn.Ví dụ như trong biểu thức trên ta lần lượt cho $x=0;x=1$ ta có:$f(1)=1$.Mâu thuẫn với điều cần cm.Bạn xem lại nhé.

 

Tồn tại bao nhiêu số a ; b nguyên dương để $\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$ nguyên dương .

Không giảm tổng quát ta giả sử $a\geq b$.

  1./ Nếu $a=b$: thì ta có $M=2.\frac{a+1}{a}=2(1+\frac{1}{a})$ để $M$ nguyên ta suy ra $a=1$=$b$

  2./ Nếu $a>b$:

                       +Nếu $a=b+1$$\Rightarrow M=\frac{b+2}{b}+1=2+\frac{2}{b}$.Vậy để $M$ nguyên ta suy ra $b=1$ và $b=2$ tức là $a=2$ và $a=3$.

                       +Nếu $a>b+1$ thì dế thấy rằng $M$ không nguyên.

Tóm lại: $a=1;2;3$

             $b=1;2$

Là những giá trị càn tìm.

 

P/S:  $M=\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$

$$((1-\frac{1}{2})+(1-\frac{2}{3})+(1-\frac{3}{4})+...+(1-\frac{49}{50}))=50-(\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{3}{4}+...\frac{49}{50})$$

Áp dụng BĐT Cauchi cho 50 số dương ta có:

$\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{3}{4}+...\frac{49}{50}> 50\sqrt[50]{\frac{1}{2}.\frac{2}{3}.\frac{3}{4}...\frac{49}{50}}=50\sqrt[50]{\frac{1}{50}}=\sqrt[50]{50^{49}}=50^{0,98}\simeq 46,24\Rightarrow 50-46,24< 4$

Cho các số thực x, y,z thoả mãn: $x^{2}+y^{2}+z^{2}=3$ , tim GTLN của biểu thức;

                     $F=\sqrt{3x^{2}+7y}+\sqrt{5y+5z}+\sqrt{7z+3x^{2}}$

Theo B.C.S ta có:

$F^{2}\leq 3(6x^{2}+12(y+z)\leq 3(6x^{2}+12\sqrt{2(y^{2}+z^{2})})=3(6x^{2}+12\sqrt{6-2x^{2}})$

 

Dấu $"="$ có đc khi:$$\left\{\begin{matrix}\sqrt{3x^{2}+7y}=\sqrt{5y+5z}=\sqrt{7z+3x^{2}} & \\ y=z& \end{matrix}\right.$$

$\Leftrightarrow y=z=x^{2}$

Đến đây ta xét hàm số $f(x)=6x^{2}+12\sqrt{6-2x^{2}}$ trên đoạn $[-\sqrt{3};\sqrt{3}]$ thì ta được $Maxf(x)=90$ khi $x=\pm 1$ Và ta suy ra đươc $MaxF=3\sqrt{10}$ tại $y=z=1,x=1$ Hoặc $y=z=1;x=-1$.

 

 

 

 

 

 

 

 

                       

                    

giai pt

$\sqrt{2x^2+7x+10}+\sqrt{2x^2+x+4}=3(x+1)$

Điều kiện:$x> -1$ (do $VT>0$ với mọi $x$)

 

Đặt $$\left\{\begin{matrix} A=\sqrt{2x^{2}+7x+10}& \\B=\sqrt{2x^{2}+x+4} & \end{matrix}\right.$$

 

pt $\Leftrightarrow \frac{6(x+1)}{A-B}=3(x+1)$

 

Như vậy ta có hệ pt:$$\left\{\begin{matrix} A+B=3(x+1)& \\A-B=2 & \end{matrix}\right.$$

 

Giải hệ này ta được $$\left\{\begin{matrix} A=\frac{3x+5}{2}& \\B=\frac{3x+1}{2} & \end{matrix}\right.$$

 

Đến đây giải các pt vô tỷ theo cách thông thường.

Dùng ẩn phụ là lượng giác, giải phương trình: $$2x+\sqrt{1+x^2}=\dfrac{\sqrt{\left(1+x^2\right)^3}}{1-x^2}$$

Đặt $x=tant$ với $ t\neq \frac{\pi }{2}+k\pi ;k\in Z$ Lúc đó:

Phương trình $\Leftrightarrow 2tant +\frac{1}{|cost|}=\frac{\frac{1}{|cost|^{3}}}{1-tan^{2}t}$(1)

+Nếu $t\in (-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2})$ thì  $cost> 0$ lúc đó:

$(1)\Leftrightarrow 2tant+\frac{1}{cost}=\frac{\frac{1}{cos^{3}t}}{1-tan^{2}t}$

$\Leftrightarrow \frac{2sint+1}{cost}=\frac{1}{cost(1-2sin^{2}t)}$

Giải hệ phương trình:

$$\left\{\begin{matrix} (x+y)(1+xy)=18xy & \\(x^2+y^2)(1+x^{2}y^{2})= 208x^{2}y^{2} & \end{matrix}\right.$$

Ta lần lượt xét các khả năng sau:

+Nếu $x=0$ hoặc $y=0$ thi dễ thấy cặp $(0;0)$ là 1 nghiệm của hệ.

+Nếu $xy\neq 0$ thì hệ tương đương với:

Đên đây ta đặt:

$$\left\{\begin{matrix}u=x+\frac{1}{x};\left | u \right |\geq 2 & \\v=y+\frac{1}{y};\left | v \right |\geq 2 & \end{matrix}\right.$$

Đưa hệ về dạng tổng tích theo $u$ và $v$ rồi giải.

Bài này ta cũng có thể đặt:

$$\left\{\begin{matrix} u=x+y& \\v=xy & \end{matrix}\right.$$

ĐK:$u^{2}\geq 4v$

hệ đã cho trở thành:$$\left\{\begin{matrix}u(1+v)=18v & \\(u^{2}-2v)(1+v^{2})=208v^{2} & \end{matrix}\right.$$

Đến đây giải theo $u$,$v$.Nhưng không dc đẹp như cách trên.

Giải các phương trính sau:

1/ $\left\{\begin{matrix} (x-2)(2y-1)=x^{3}+20y-28\\2(\sqrt{x+2y}+y)=x^{2}+x \\ \end{matrix}\right.$

pt(2) $\Leftrightarrow [(x+2y)+2\sqrt{x+2y}+1]=x^{2}+2x+1$

$(\sqrt{x+2y}+1)^{2}=(x+1)^{2}$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}\sqrt{x+2y}=x & \\\sqrt{x+2y}=-(x+2) & \end{bmatrix}$

đến đây kết hợp với pt(1) giải tiếp.

 

 

 

 

 

 

 

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.
Bài 2: Trong Oxy,cho hình bình hành ABCD có B(1;5) và đường cao AH có Pt: x+2y-2=0,với H thuộc BC,Đường phân giác trong $\widehat{ACB}$ có pt: x-y-1=0.Tìm tọa độ đỉnh A,C,D

Gọi K là giao điểm của (d) và (P) $\Rightarrow K(0;-1;3)$
Bây giờ ta sẽ đi tìm VTCP của ($\Delta$).Vì $\Delta\in (P)\Rightarrow A+2B-C=0(1)$(Gọi VTCP của ($\Delta$) là $\vec{U_{\Delta }}(A;B;C)$
Vì $\Delta \perp d\Rightarrow A=0$ thay vào (1) ta được C=2B nên ta chọn $\vec{U}_{\Delta }=(0;1;2)$
Nên Pt của ($\Delta$) là:$\left\{\begin{matrix}
x=0 & & \\ y=-1+t
& & \\ z=3+2t
& &
\end{matrix}\right.$
Lấy $M(0;-1+t;3+2t)\epsilon (\Delta ) \Rightarrow AM^{2}=5t^{2}-12t+21=5(t-\frac{6}{5})^{2}+\frac{69}{5}\geq \frac{69}{5} \Leftrightarrow t=\frac{6}{5}\Leftrightarrow M(0;\frac{1}{5};\frac{27}{5})$ là điểm phải tìm.
AM đạt Min $\Leftrightarrow AM^{2}\rightarrow Min$