Đến nội dung


Chú ý

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.


MoneyIsAll

Đăng ký: 10-06-2013
Offline Đăng nhập: 10-09-2013 - 12:01
-----

#436919 $x^2-3x+1=-\frac{\sqrt{3}}{3}....

Gửi bởi MoneyIsAll trong 21-07-2013 - 18:40

1. Giải phương trình: a)$x^2-3x+1=-\frac{\sqrt{3}}{3}.\sqrt{x^4+x^2+1}$

                                  b)$\sqrt{1+\sqrt{1-x^2}}.(\sqrt{(1-x)^3}-\sqrt{(1+x)^3})=2+\sqrt{1-x^2}$

2. Cho phương trình:

                    $\sqrt{4x^2-4(m+4)x+10m+20}+3\sqrt{2}=x\sqrt{2}$

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm.

 

 




#427191 $\frac{IB.IC}{ID}= 2r$

Gửi bởi MoneyIsAll trong 14-06-2013 - 16:13

Giải như sau:

a) Câu này đơn giản là chứng minh $A'M, B'N, C'N$ là 3 đường phân giác trong của tam giác ABC nên ko cần phải bàn nhiều.

b) Hướng giải đại khái là như sau:

$(1)$: Chứng minh tam giác $BID$ cân tại D.

$(2)$: Kẻ $DE$ vuông góc với $BI$. Chứng minh $\Delta$ $IED$ đồng dạng với $\Delta$ $IA'C$

$(3)$: Từ $(2)$ ta có: $\frac{ID}{IC} = \frac{IE}{IQ} = \frac{2IE}{2IQ} = \frac{IB}{2IQ}$

        Nên: $\frac{IB.IC}{ID}$ = $2.IQ$ = $2r$ (Đpcm).

Bài toán kết thúc hoàn toàn.... 




#426651 Cho a,b,c>0; abc=1.Cm: $\sum{\frac{1}{...

Gửi bởi MoneyIsAll trong 13-06-2013 - 08:37

$Bài  2.$ (Từ một tài liệu)

BĐT $\Leftrightarrow \sum \sqrt{17(x^2 + \frac{1}{x^2})} \geq \frac{51}{2}$

Áp dụng B.C.S ta có:

$\sqrt{17(x^2 + \frac{1}{x^2})} = \sqrt{(1^2 + 4^2)(x^2 + \frac{1}{x^2})} = x + \frac{4}{x}$

Tương tự ta dẫn đến:

$\sum \sqrt{17(x^2 + \frac{1}{x^2})} \geq \sum (x +\frac{4}{x})$

$= \sum (x + \frac{1}{4x}) + \frac{15}{4}.(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})$

Áp dụng $AM-GM$ ta có: 

$\sum (x + \frac{1}{4x}) + \frac{15}{4}(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) \geq 3 + \frac{15}{4}.6(Áp  dụng \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq \frac{9}{a+b+c}$)

$=\frac{51}{2}.$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2}$

Phép chứng minh hoàn tất.




#426396 Cho a,b,c>0; abc=1.Cm: $\sum{\frac{1}{...

Gửi bởi MoneyIsAll trong 12-06-2013 - 14:09

$Bài  1$. Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$.Chứng minh rằng: $\sum{\frac{1}{a^4(a+b)} \geq \frac{3}{2}}$

$Bài  2$. Cho $x, y, z>0$ và $x + y + z \leq \frac{3}{2}$. Chứng minh rằng:

                      $\sqrt{x^2 + \frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2 + \frac{1}{z^2}} \geq \frac{3}{2}\sqrt{17}$

$Bài  3$. Cho $a,b,c  thuộc  \mathbb{R}$ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} 3\leq a, b, c\leq 5 & & \\ a^2 + b^2 + c^2 = 50& & \end{matrix}\right.$ Tìm $GTNN$ của $P=a+b+c$




#426375 1,CMR: Với n > 1 . Ta có : $n^n +5n^2-11n+5 \vdots (n-1)^2$

Gửi bởi MoneyIsAll trong 12-06-2013 - 13:02

1,CMR: Với n > 1 . Ta có : $n^n +5n^2-11n+5 \vdots (n-1)^2$

 

 

$Bài  1$. 

Bài toán cần thêm điều kiện $n$ nguyên.( vì $n$ không nguyên dùng casio thử thì ta thấy mệnh đề trên sai).

Với $n=2$ thì hiển nhiên ta có đpcm.

Với $n>2$, ta có:

$n^n + 5n^2 -11n + 5 = n^n -n^2 + 6n^2 -6n + 5n - 5$

                                        $= n^2(n^{n-2} - 1) + (n-1)(6n-5)$

                                        $= n^2(n-1)(n^{n-3} + n^{n-4} +...+1) + (n-1)(6n-5)$

                                        $= (n-1)(n^{n-1} + n^{n-2} +...+ n^2 + 6n - 5)$

Mấu chốt của bài toán là đánh giá sau: $n \equiv 1(mod  n-1)$ nên $n^k \equiv 1(mod  n-1)$ và $6n \equiv 6(mod  n-1)$

Do đó: $n^{n-1} + n^{n-2} +...+ n^2 + 6n - 5 \equiv 0(mod  n-1)$

$\Rightarrow (n-1)(n^{n-1} + n^{n-2} +...+ n^2 + 6n - 5)  \vdots (n-1)^2.$

Phép chứng minh hoàn tất.




#426071 Đề thi tuyển sinh chuyên Thăng Long Đà Lạt 2009

Gửi bởi MoneyIsAll trong 11-06-2013 - 14:09

$Bài  13.$ 

Vẽ tia phân giác BK của $\widehat{ABC}$ (K thuộc BC).

Áp dụng hệ thức phân giác trong của tam giác ta tính được CK=$\frac{10}{3}$   (1)

Tham khảo cách tính độ dài phân giác trong ở đây: 

http://diendantoanho...-của-delta-abc/

Áp dụng công thức tính độ dài phân giác trong ở trên ta có:

BK = $\frac{2}{b+c}\sqrt{bcp(p-a)}$ = $\frac{2}{4+5}\sqrt{4.5.\frac{15}{2}.(\frac{15}{2}-6)}$

      =$\frac{10}{3}$                  (2)

Từ (1) và (2) ta có BK = CK nên $\widehat{KCB}$ = $\widehat{KBC}$ = $\frac{1}{2}\widehat{ABC}$

Hay $2\widehat{C} = \widehat{B}$ (dpcm)

P/s: Xem lại đề bài 14....




#426057 Đề thi tuyển sinh chuyên Thăng Long Đà Lạt 2009

Gửi bởi MoneyIsAll trong 11-06-2013 - 13:30

Giải em câu 2 với

   2. $Ta  có$  $(10^{2009}+25)^2$ - $(10^{2009}-25)^2$ $= {10^{4018}}$ + $25^2 - {10^{4018}} - 25^2 + 4.25.{10^{2009}}$

 

                                                                                         $= {10^2}.{10^{2009}} = {10^{2011}}$

 $Vậy  n = 2011$




#426046 Đề tuyển sinh 10 chuyên Toán THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam năm học...

Gửi bởi MoneyIsAll trong 11-06-2013 - 13:15

Đang rãnh, làm lun 2 câu hình cho nó dứt điểm( công nhận cái đề như cho điểm).

$Bài  4$

a) Như trên

b) Ta có $\widehat{FEM} = {\frac{1}{2}}.{\widehat{FOM}} = {\frac{1}{2}}.{\widehat{OBE}} ( Vì  {\widehat{BOE}}={\widehat{FOM}}, cùng  phụ  với \widehat{MOE})$

Lại có ${\widehat{EFA}}={\widehat{OBE}}$

$\Rightarrow  {\widehat{FEM}} + {\widehat{EFA}} =  {\frac{1}{2}}.{\widehat{OBE}} + {\widehat{OBE}} = 90^0$

Hay EM vuông góc với AC, tương tự FM vuông góc với AB.(dpcm)

$Bài  5$.

a) Như trên.

b) Có BHCK là hình bình hành ( các cặp cạnh đôi song song)

Mà I là trung điểm của BC nên H, I, K thẳng hàng.

Ta chứng minh MN // HK.

ở câu a) ta có $\Delta AMF \sim \Delta ANC$

           Nên $\frac{AM}{AN} = \frac{AF}{AC}$      (1)

Dễ có $\Delta AFH \sim \Delta ACK$. Nên $\frac{AH}{AK} = \frac{AF}{AC}$                  (2)

Từ (1) và (2) ta có: $\frac{AM}{AN} = \frac{AH}{AK}$

Hay $\frac{AM}{AH} = \frac{AN}{AK}$. Theo Talet đảo ta có MN // HK, tức là MN // HI (dpcm)




#426019 Tìm $\min,\max$ của $\frac{x^{2}...

Gửi bởi MoneyIsAll trong 11-06-2013 - 12:22

$Bài  1$: Dùng Miền giá trị của hàm số....
$Bài  2$: Nhân tử và mẫu của $\frac{3}{xy+yz+zx}$ với 2. Rồi dùng Cauchy-Schwarz.

Đưa về dạng $VT \geq {(\sqrt{6} + \sqrt{2})^2} > 14$

$Bài  3$: Ở đây: 

http://diendantoanho...-d/#entry425999

$Bài  4$: Áp dụng BĐT: ${(a+b+c)^2} \leq 3({a^2} + {b^2} + {c^2})$

$Bài  5$: Đề....????

$Bài  6$: Nhân 2 vế của Phương trình đã cho với $x^2$. Rút $(xy)^2$ một vế, biến đổi vế còn lại về dạng $-{A^2} + f(x)$. rồi tìm Min xy

$Bài  7$: Dùng biến đổi tương đương, kết hợp với giả thiết $ab  \geq 1$.




#425999 Đề Chuyên 2012 :D

Gửi bởi MoneyIsAll trong 11-06-2013 - 11:31

$Bài 3.$

$1$. So sánh x,y,z với 1.

Ta có: $ x < y  + z (BĐT tam giác)$

$\Rightarrow  2x < x + y +z$ Hay x < $frac{x+y+z}{2}$ = 1.

Tương tự y,z<1. 

$2$. Chứng minh $x^2 + y^2 + z^2 + 2xyz < 2$

Từ x,y,x<1 ta có $(1-x)(1-y)(1-z) > 0$

$\Leftrightarrow 1 - x - y - z + xy + yz + xz -xyz > 0$ Hay $xy + yz + zx -xyz > 1$

$\Leftrightarrow 2 < 2xy + 2yz + 2zx - 2xyz = {(x+y+z)^2} - ({x^2} + {y^2} + {z^2} + 2xyz)$

$\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2xyz < 2 ( Vì  x + y + z = 2)  (dpcm)$




#425978 Đề Chuyên 2012 :D

Gửi bởi MoneyIsAll trong 11-06-2013 - 10:49

Bài 2.
Ta có: $2^{4n+1}$ $=$ $2.16^{n}$ $\equiv$ 2(mod 5) (Vì $16^{n}$ = 1(mod 5))
Hay ${2^{4n+1}} = 5k + 2 ( Với  k  thuộc  \mathbb{N} )$
Từ đó ta có $3^{2^{4n+1}} + 2 = 3^{5k+2} + 2 = 9.{{3^5}^k} + 2 \equiv 9 + 2 \equiv 0 (mod11) ( Vì  3^5 =243 \equiv 1 (mod11))$.