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.


Hoang Thi Thao Hien

Đăng ký: 21-10-2013
Offline Đăng nhập: 15-04-2020 - 12:21
***--

#509788 CMR: $\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 29-06-2014 - 11:07

Cho $x,y,z,a,b,c>0$. CMR:

$\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)$

$\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)} \Leftrightarrow \sqrt[3]{\frac{a}{x}.\frac{b}{y}.\frac{c}{z}} +1 \leq \sqrt[3]{(\frac{a}{x}+1)(\frac{b}{y}+1)(\frac{c}{z}+1)}$

Đặt: $m= \frac{a}{x}$, $n= \frac{b}{y}$, $p=\frac{c}{z}$ thì BĐT trở thành:

$\sqrt[3]{mnp}+1\leq \sqrt[3]{(m+1)(n+1)(p+1)}$

Biến đổi tương đương ta có: $3\sqrt[3]{mnp}+3\sqrt[3]{m^2n^2p^2}\leq m+n+p+m^2+n^2+p^2$. đúng theo BĐT Co-si cho 3 số dương




#509779 Giải phương trình hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức.

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 29-06-2014 - 10:43

Bài 26: $\left\{\begin{matrix} x+y+xy=a^2+2a(1) & & \\ x^4+y^4=2a^4(2) & & \end{matrix}\right.$ ($a\ge 0$)

Từ (2), ta có:  $2a^4=x^4+y^4\geq \frac{(x^2+y^2)^2}{2}\geq \frac{(x+y)^4}{8}$ $\Leftrightarrow x+y\leq 2a$.

Thay vào (1) thì: $a^2+2a=x+y+xy\leq 2a+xy$ $\Leftrightarrow a^2 \leq xy \leq \frac{x^2+y^2}{2}$ $\Leftrightarrow 4a^4 \leq (x^2+y^2)^2 \leq 2(x^4+y^4)$ $\Leftrightarrow 2a^4 \leq x^4+y^4$. 

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=a$




#509733 $\frac{x_{1}}{2-x_{1}}+\frac{x_{2}}{2-x_{2}}+...+\frac{x_...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 28-06-2014 - 23:41

Cho n số dương $x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}$ có tổng bằng 1.

CMR: $\frac{x_{1}}{2-x_{1}}+\frac{x_{2}}{2-x_{2}}+...+\frac{x_{n}}{2-x_{n}}\geq \frac{n}{2n-1}$

Áp dụng Cauchy-Swartd:  $\frac{x_{1}}{2-x_{1}}+\frac{x_{2}}{2-x_{2}}+...+\frac{x_{n}}{2-x_{n}}$

=$\sum \frac{x_{1}^2}{2x_{1}-x_{1}^{2}}\geq \frac{(\sum x_{1})^2}{2\sum x_{1}-\sum x_1^2}\geq \frac{1}{2-\frac{1}{n}}=\frac{n}{2n-1}$ (đpcm)




#494922 $P=\frac{2.3}{1}+\frac{3.4}...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 24-04-2014 - 17:57

Tính tổng: $P=\frac{2.3}{1}+\frac{3.4}{2}+\frac{4.5}{3}+...+\frac{99.100}{98}$




#490653 giải pt$\sqrt{x^2+(1-\sqrt{3})x+2} +\...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 04-04-2014 - 21:16

$$(1)\Leftrightarrow \sqrt{2x^2+(2-2\sqrt{3})x+4} +\sqrt{2x^2+(2+2\sqrt{3})x+4}+\sqrt{2x^2+4x+4}\leq 6$(1)$

 

10014899_1576119775945995_1638357502_n.j

 

$(1)\Leftrightarrow \sqrt{2x^2+(2-2\sqrt{3})x+4} +\sqrt{2x^2+(2+2\sqrt{3})x+4}+\sqrt{2x^2+4x+4}\leq 6$

Lấy $M(x;x), A(0;2); B(\sqrt{3}; -1); C(-\sqrt{3}; -1)$. Khi đó: 

$MA=\sqrt{2x^2+4x+4}, MC=\sqrt{2x^2+(2+2\sqrt{3})x+4}, MB= \sqrt{2x^2+(2-2\sqrt{3})x+4}$

Dễ thấy $\Delta ABC$ đều và O là điểm toricelli trong tam giác (coi qua cái này nếu bạn chưa biết http://t2tnh.forum7.biz/t46-topic). Khi đó: $MA+MB+MC\geq 3OA=3.2=6$. Nhưng theo giả thiết thì $MA+MB+MC\leq 6$ theo gt nên $M\equiv O$

Vậy nghiệm bất phương trình là $x=0$




#489683 Chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd \geq \sqrt{3}$

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 30-03-2014 - 19:10

1, Cho $ad-bc=1$. Chứng minh rằng:
$a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd \geq \sqrt{3}$
2, Giả sử 3 số thực a, b, c thoả mãn $a^2+b^2+c^2\leq8$. Cmr: $ab+bc+2ac\geq-8$


#487157 $\left\{\begin{matrix}4x-y+3\sqrt...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 16-03-2014 - 13:06

4.$\left\{\begin{matrix}\dfrac{x^2}{(y+1)^2}+\dfrac{y^2}{(x+1)^2}=\dfrac{1}{2}(1)\\3xy=x+y+1(1)\end{matrix}\right.$

Nhận xét: $(x+1)(y+1)=4xy$

Khi đó, pt(1) $\Leftrightarrow (\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1})^2-2\frac{xy}{(x+1)(y+1)}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow (\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1})^2=1\Leftrightarrow (\frac{x^2+y^2+x+y}{(x+1)(y+1)})^2=1$

TH1: $\frac{x^2+y^2+x+y}{(x+1)(y+1)}=1$$\Leftrightarrow \frac{x^2+y^2+x+y}{4xy}=1$. Đặt $S=x+y, P=xy$, thì t có hệ pt: $\left\{\begin{matrix} S^2-P+S=4P\\ 3P=S+1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} S^2+S-5P=0\\ S=3P-1 \end{matrix}\right.$, từ đó ta tìm đc $S, P$ rồi dùng Vi-ét đảo để tìm x, y

TH2: Làm tương tự




#486393 Trên mặt phẳng tọa độ cho điểm A(-1;-1) và B(9;7)

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 12-03-2014 - 10:29

-Trên mặt phẳng tọa độ cho điểm A(-1;-1) và B(9;7). Trung tuyến OM của tam giác AOB có độ dài là (đvđd)

-Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(2;1)B(1;-2) và điểm C trên trục hoành sao cho tam giác ABC  vuông tại B. Diện tích tam giác ABC là ...(đvdt)

1, Do M là trung điểm của AB nên $M(\frac{-1+9}{2};\frac{-1+7}{2})$ tức là $M(4;3)$ nên $OM^2=3^2+4^2=5^2\Rightarrow OM=5$
2, Gọi đường thẳng đi qua A và B là $y=ax+b$. Khi đó, do nó đi qua A và B nên phải thoả mãn$1=2a+b$ và $-2=a+b$. Giải hệ, ta đc $a=3, b=-5$. Vậy đường thẳng đi qua A và B là $y=3x-5$.
Do tam giác ABC vuông tại B nên đường thẳng đi qua B và C vuông góc vs đường thẳng $y=3x-5$ nên đường thẳng đó là $y=\frac{-1}{3}x+b'$. Mặt khác, đường thẳng đó đi qua B nên thoả mãn $-2=\frac{-1}{3}+b'\Rightarrow b'=\frac{-5}{3}$. Vậy đường thẳng đi qua B và C là $y=\frac{-1}{3}x-\frac{5}{3}$. Từ đó, ta tìm đc toạ độ điểm C là $C(-5;0)$
Còn lại, dễ dàng tìm đc S tam giác ABC




#485504 $a+b+c=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 02-03-2014 - 18:07

1, Giải hệ pt: $\left\{\begin{matrix} x^2(y-z)=\frac{-5}{3}\\ y^2(z-x)=3\\z^2(x-y)=\frac{1}{3} \end{matrix}\right.$

2, Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn $a+b+c=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Chứng minh rằng hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-a^2}+\sqrt{y-a^2}=1\\ \sqrt{y-b^2}+\sqrt{z-b^2}=1\\ \sqrt{z-c^2}+\sqrt{x-c^2}=1 \end{matrix}\right.$




#485419 Cho tam giác đều ABC, trên AB, BC, CA lấy lần lượt M, N, P sao cho AM = BN =...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 02-03-2014 - 11:31

Cho tam giác đều ABC có tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm trên AB, BC, CA sao cho AM = BN = CP, I là trung điểm của MP, AI cắt BC tại K.

     a) Chứng minh rằng tam giác MNP là tam giác đều nhận O làm tâm.

     b) Chứng minh rằng I là trung điểm của AK.

1012553_1546439402247366_1417699391_n.jp

a, Xét $\bigtriangleup MNB$ , $\bigtriangleup PMA$ và $\bigtriangleup NPC$ có:

$NB=MA=KC$, $MB=NC=AP$, $\widehat{MBN}=\widehat{MAP}=\widehat{PCN}=60^{\circ}$ nên $\bigtriangleup MNB=\bigtriangleup PMA=\bigtriangleup NPC$(g.c.g)

$\Rightarrow MN=NP=MP$ nên $\bigtriangleup MNP$ đều

Xét $\bigtriangleup NOB$ , $\bigtriangleup POC$ và $\bigtriangleup MOA$ có: $OB=OC=OA$, $NB=MA=CP$, $\widehat{OBN}=\widehat{OCP}=\widehat{OAM}=30^{\circ}$ nên $\bigtriangleup NOB=\bigtriangleup POC=\bigtriangleup MOA$(g.c.g)

nên $OM=ON=OP$ nên O là tâm $\bigtriangleup MNP$

b, Từ P kẻ đường thẳng song song vs AB cắt BC tại K' thì $\frac{CK'}{CB}=\frac{CP}{CA}=\frac{AM}{AB}$ nên $MK'\parallel AC$ nên tứ giác AMK'P là hình bình hành. Mà I là trung điểm MP nên I là trung điểm AK' nên A, I, K' thẳng hàng nên $K\equiv K'$. Vậy I là trung điểm AK(đpcm)




#484970 Chứng minh tồn tại n số tự nhiên có tổng là 0 và có tích là n

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 26-02-2014 - 22:24

Số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 0 vậy n số đó bằng 0?

 

Nếu n số đó =0 thì tích của n số 0 = n,nên n=0,tức tích của 0 số 0 =0????

hình như đề sai.

Mình vội nên đánh nhầm, là số nguyên, sửa đề r đó




#484843 Chứng minh tồn tại n số tự nhiên có tổng là 0 và có tích là n

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 25-02-2014 - 22:23

Cho n là số tự nhiên chia hết cho 4. Chứng minh tồn tại n số nguyên có tổng là 0 và có tích là n




#484841 Chứng minh tồn tại n số tự nhiên có tổng là 0 và có tích là n

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 25-02-2014 - 22:22

Cho n là số tự nhiên chia hết cho 4. Chứng minh tồn tại n số tự nhiên có tổng là 0 và có tích là n




#484596 Cho đường tròn (O; R) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D. Gọi M và N...

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 24-02-2014 - 17:29

1)Cho đường tròn (O; R) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC.

Chứng minh M, O, N thẳng hàng

1899943_1541519072739399_1921913968_n.jp(vẽ lặp điểm M, thay bằng T :D)

Kẻ GD đường kính, AG cắt BC tại T. J. K lần lượt là tiếp điểm tại AB, AC. Kẻ tiếp tuyến tại G của đường tròn cắt AB, AC lần lượt tại H và I

Ta có: Do I là giao điểm 2 tiếp tuyến của (O) nên IO là phân giác $\widehat{GOK}$, tương tự thì OC là phân giác $\widehat{KOD}$, mà 2 góc này kề bù nên $IO\perp OC$. $\bigtriangleup IOC$ vuông tại O có OK là đường cao nên $OK^2=IK.KC=IG.CD$

Chứng minh tương tự thì $OJ^2=GH.BD$ mà $IE=IF$ nên $GH.BD=IG.CD$$\Leftrightarrow \frac{GH}{IG}=\frac{CD}{BD}$

Mặt khác, ta có: $HI\parallel BC$ do cùng vuông góc với GD nên $\frac{GI}{TC}=\frac{AI}{AC}=\frac{AH}{AB}=\frac{HG}{BM}$$\Rightarrow \frac{GH}{IG}=\frac{BT}{TC}$

Vậy $\frac{CD}{BD}=\frac{BT}{TC}\Leftrightarrow \frac{CD}{BD}+1=\frac{BT}{TC}+1\Leftrightarrow \frac{BC}{BD}=\frac{BC}{TC} \Rightarrow BD=TC$, mà N là trung điểm BC nên N là trung điểm DT

Theo định lý đường trung bình trong tam giác thì $MO\parallel AT, ON\parallel AT$ nên theo tiên đề Ơ-clit thì 3 điểm M, O, N thẳng hàng(đpcm)




#484505 $a\geq \frac{b+c}{2}$

Gửi bởi Hoang Thi Thao Hien trong 23-02-2014 - 22:46

Cho $\bigtriangleup ABC$

1, Giả sử $\widehat{A}=1v$. Trên cạnh AC, ta lấy 1 điểm D bất kỳ (khác A và C). Vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với BC tại S. Từ B kẻ tiếp tuyến thứ 2 BT với đường tròn trên (T là tiếp điểm). M là trung điểm của cạnh BC. Đường thẳng AM cắt BT tại N. Chứng minh rằng AN=TN

2, Giả sử $\bigtriangleup ABC$ cân tại A. Trên cạnh BC, lấy P bất kỳ (khác B, C). Gọi $O_{1}$ là tâm đường tròn đi qua đi qua P, tiếp xúc với AB tại B; $O_{2}$ là tâm đường tròn đi qua P, tiếp xúc với AC tại C. Gọi Q là giao điểm của $BO_{1}$ và $CO_{2}$, I là trung điểm của $O_{1}O_{2}$. Chứng minh rằng khi P thay đổi trên BC thì Q cố định, I chạy trên 1 đường thẳng cố định

3, Giả sử $\widehat{A}=60^{\circ}$. Đặt AB=c, AC=b, BC=a. Chứng minh: $a\geq \frac{b+c}{2}$

p/s: câu 2 ai vẽ giùm mình cái hình luôn