MoneyIsAll

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.

 

 

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.... 

$Bài  2.$ (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.

$Bài  1$. 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 $P=a+b+c$

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.

$Bài  13.$ 

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....

Giải em câu 2 với

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

 

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

 $Vậy  n = 2011$

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)

$Bài  1$: 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 $ab  \geq 1$.

$Bài 3.$

$1$. 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 $xy + yz + zx -xyz > 1$

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

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

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 $3^{2^{4n+1}} + 2 = 3^{5k+2} + 2 = 9.{{3^5}^k} + 2 \equiv 9 + 2 \equiv 0 (mod11) ( Vì  3^5 =243 \equiv 1 (mod11))$.