dogamer01

Cho $x_{1}, x_{2}, ..., x_{n} \geq 0, x_{1}+x_{2}+...+x_{n} = (n-1)^{2}$, $n \in N^{*}$

Chứng minh rằng  $ M=\sqrt{x_{1} + x_{2} + ... + x_{n - 1}} + \sqrt{x_{2} + x_{3} + ... + x_{n}} + ... +\sqrt{x_{n} + x_{1}+ ... +x_{n-2}} \geq (n-1)^{2}$

Câu 2.2

$x^{4} + 2x^{2} = y^{3} \Leftrightarrow x^{4} + 2x^{2} -y^{3} = 0$ (*) (phương trình theo ẩn x)

TH1: x = 0 ta có y = 0

TH2:$x\neq 0$

Đặt $x^{2} = t$ (t > 0)

Phương trình (*)  $\Leftrightarrow t^{2} +2t - y^{3} = 0$

Theo hệ thức Viète, ta có:

$t_{1} + t_{2} = -2$

Mà  $t_{1} >0, t_{2} >0$ => Vô lí

Vậy ta có x = 0, y = 0 là cặp thỏa mãn duy nhất.

P/s: Không biết lỡ tay ghi nhầm $t_{1}t_{2} = y^{3}$ có bị trừ điểm không mọi người ?

Cho a, b, c, d là các số tự nhiên thỏa mãn $(a+c)^{2} + 2c = (b+d)^{2} +2d$. Chứng minh rằng

$\left\{\begin{matrix}a = b \\ c = d \end{matrix}\right.$

à quên mất

đọc đề không kĩ

vậy câu b làm thế nào 

Lấy K đối xứng  qua BC, dễ dàng chứng minh N, K, E thẳng hàng.

Lấy J, I lần lượt đối xứng H qua AB, AC => I, J nằm trên (O) và tứ giác MHJN cùng tứ giác MHIE là hình thang cân => Tứ giác MHJN và tứ giác MHIE đều là tứ giác nội tiếp => $\widehat{EHI}$ = $\widehat{MIH}$ (tính chất hình thang cân MHJN) = $\widehat{MAB}$. Tương tự $\widehat{NHJ}$ = $\widehat{MJH}$ (tính chất hình thang cân MHIE) = $\widehat{MAC}$

=> $\widehat{NHJ}$ + $\widehat{EHI}$ + $\widehat{JHI}$ = $\widehat{MAC}$ + $\widehat{MAB}$ + $\widehat{IHJ}$ = $\widehat{BAC}$ + $\widehat{IHJ}$ = 180

=> N, H, E thẳng hàng.
 

Bài BĐT:

Cho ba số dương $x,y,z$. Chứng minh rằng: $$\frac{x}{2x+y+z}+\frac{y}{x+2y+z}+\frac{z}{x+y+2z}\leq \frac{3}{4}.$$

$\frac{x}{2x + y + z} \leq \frac{x}{4} (\frac{1}{x + y} + \frac{1}{x + z})$

$\frac{y}{x + 2y + z} \leq \frac{y}{4} (\frac{1}{x + y} + \frac{1}{y + z})$

$\frac{z}{x + y + 2z} \leq \frac{z}{4} (\frac{1}{z + y} + \frac{1}{ z+ x})$

Cộng vế với vế lại, ta có:

$\frac{x}{2x+y+z}+\frac{y}{x+2y+z}+\frac{z}{x+y+2z}\leq \frac{3}{4}$

Ai giúp mình phân tích, tìm hướng đi cho bài toán này. Sách giải như thế này, mình không hiểu đoạn đầu. 

Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để đánh giá, tham khảo tại đây:

http://diendantoanho...attach_id=24544

Đề LHP nè(2001-2002)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O và có trực tâm H. Lấy
điểm M thuộc cung nhỏ BC.
a) Xác định vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành.
b) Với M bất kì thuộc cung nhỏ BC, gọi N, E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua
AB, AC. Chứng minh N, H, E thẳng hàng.
c) Xác định vị trí M sao cho NE có độ dài nhỏ nhất.

Chú ý: Áp dụng đường thẳng Simson, ta có 3 điểm K, F, D thẳng hàng với K, F, D lần lượt là hình chiếu của M trên AB BC, CA

Dễ dàng chứng minh tứ giác MKBF là tứ giác nội tiếp => $\widehat{CBM} = \widehat{Đánh con mèo}$

                                  tứ giác MCDF là tứ giác nội tiếp => $\widehat{BCM} = \widehat{KDM}$

$\Rightarrow \bigtriangleup KDM \sim \bigtriangleup BCM \Rightarrow \frac{KD}{BC} = \frac{KM}{BM} , KM \leq BM \Rightarrow \frac{KD}{BC} \leq 1 => KD \leq BC \Rightarrow NE \leq 2BC$

Dấu đẳng thức xảy ra <=> M - đường kính đường tròn (O) hay A, O, M thẳng hàng (sorry vì trong hình quên mất vẽ điểm O)

P/s: Sao góc của mình trên hình tự sửa là Đánh con mèo vậy Mod

cm được BC là đường trung bình tam giác MNE=>BC//NE

tgBHC=tgECH(cgc)=>BHEC là hbh=>BC//HE

làm giúp mk câu c đi

BC sao là đường trung bình được, M đây là điểm bất kì mà (câu b hoàn toàn độc lập với câu a)

Nguồn: Tuyensinh247.com

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

$\Leftrightarrow x^{2} - x - 1 = 2x - 2x\sqrt{x - \frac{1}{x}}$

$\Leftrightarrow x^{2} - x - 1 + \frac{2(x^{2} -x - 1)}{1 + \sqrt{x - \frac{1}{x}} } = 0$

$\Leftrightarrow ( x^{2} -x - 1)( 1 +\frac{2}{1 + \sqrt{x - \frac{1}{x}} }) = 0$

Dễ dàng chứng minh $ 1 +\frac{2}{1 + \sqrt{x - \frac{1}{x}} } $ > 0

$\Leftrightarrow ( x^{2} -x - 1) = 0$

$\Leftrightarrow x = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ (t/m đkxđ)

1. Cho a,b,c>0. CM: $\frac{a+3c}{a+b}+\frac{c+3a}{b+c}+\frac{4b}{c+a}\geq 6$

 

VT + 1 <=> $\frac{a+3c}{a+b}+\frac{c+3a}{b+c}+\frac{4b}{c+a} + 1\geq 7$

<=> $\frac{a+c}{a+b}+ \frac{2c}{a+b} +\frac{c+a}{b+c}+ \frac{2a}{b+c} + \frac{2b}{c+a} + \frac{b+a}{c+a} + \frac{b+c}{c+a} + \frac{2b}{c+a} \geq 7$

Nhận xét:

$\frac{a+c}{a+b}+ \frac{c+a}{b+c}+ \frac{b+a}{c+a} + \frac{b+c}{c+a} \geq 4$ (AM - GM 4 số)

$\frac{2c}{a+b} + \frac{2a}{b+c} + \frac{2b}{c+a} = 2 (\frac{c^{2}}{ac + cb} + \frac{a^{2}}{ab+ac} + \frac{b^{2}}{ba+bc}) \geq \frac{(a+b+c)^{2}}{ab + bc + ca} = 3$

=> VT $\geq 6$ (đpcm)

Giải hệ: $\left\{\begin{matrix} 3x+2y=2\\ x^{3}+y^{2}=12 \end{matrix}\right.$

P/s: Không dùng máy tính ạ.

$\Rightarrow (3x + 2y)^{3} : \frac{2}{3} = x^{3} + y^{3}$

Bây giờ đưa về x = yt, giải theo phương trình đẳng cấp

Giải HPT: $\left\{\begin{matrix} 4x^3 +3xy^2&=7y \\ y^3 +6x^2y &=7 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 7y^{4} + 42x^{2}y^{2} = 28x^{3}+ 21xy^{2} $

$\Rightarrow (7y^{4} + 42x^{2}y^{2}) . 7 = (28x^{3}+ 21xy^{2})(y^{3} + 6xy^{2})$

Ta có:

$[(7y^{4} + 42x^{2}y^{2}) . 7 ]/7y$

=  $[(28x^{3}+ 21xy^{2})(y^{3} + 6xy^{2})] /[(4x^{3} +3xy^{2}]$

Bây giờ xét trường hợp x = 0 và x khác 0. Với x khác 0 đặt x = yt, giải ra t rồi thay vào đưa về hệ một ẩn.

Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Trên (O) lấy điểm C sao cho AC > BC. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm I là một điểm cố định. Qua I dựng đường thẳng d vuông góc với AB; đường thẳng d cắt BC tại E, cắt AC tại F. Gọi M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên đường tròn (O) thì M luôn di chuyển trên một đường thẳng cố định

Nhưng x luôn lớn hơn hoặc bằng 2 hoặc x nhỏ hơn hoặc bằng -1 thì phải làm thế nào

Do cái delta đấy phải chính phương, bạn đặt tiếp cái delta đấy có giá trị là $m^{2}$, rồi giải tiếp ra sẽ ra được giá trị của m trong khoảng (chạy từ 3 đến -3, )