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.


doremon01

Đăng ký: 21-11-2015
Offline Đăng nhập: 24-08-2017 - 11:00
****-

#672712 giải pt a, $(x+1)(x+2)(x+4)(x+5)=40$ b, $x^4 -3x^3+2...

Gửi bởi doremon01 trong 25-02-2017 - 11:13

$x^4 -3x^3+2x^2-9x+9=0\xrightarrow[]{x\neq 0 }x^2-3x+2-\frac{9}{x}+\frac{9}{x^2}=0 \Leftrightarrow (x+\frac{3}{x})^2-3(x+\frac{3}{x})-4=0\Leftrightarrow x+\frac{3}{x}=4 \vee x+\frac{3}{x}=-1\Leftrightarrow x=1 \vee x=3$




#672580 max:$A=\sum \frac{1}{\sqrt{x^{2...

Gửi bởi doremon01 trong 24-02-2017 - 13:54

Theo GT: Tồn tại 3 góc $A,B,C$ của một tam giác sao cho $tanA=x;tanB=y;tanC=z$

Vì $tanA,tanB,tanC>0$ nên $cosA,cosB,cosC>0$

$A=\sum \frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}=\sum \frac{1}{\sqrt{tan^{2}A+1}}=\sum cosA\leq \frac{3}{2} $

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $A=B=C=\frac{\pi}{3} \Leftrightarrow x=y=z=\sqrt{3}$




#671964 Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên $n$ sao cho $a^n+n \e...

Gửi bởi doremon01 trong 18-02-2017 - 10:37

a) Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên $a$ sao cho $(a,p)=1$. Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên $n$ sao cho $a^n+n \equiv 0(mod p)$.

b) Tồn tại hay không 2 số nguyên dương $a,b$ phân biệt sao cho $(b^n+n)\vdots (a^n+n)$.




#666553 $\frac{x}{x+yz}+\frac{y}{y+...

Gửi bởi doremon01 trong 02-01-2017 - 07:33

$ \frac{x}{x+yz}+\frac{y}{y+zx}+\frac{z}{z+xy}\leqslant \frac{9}{4}\Leftrightarrow\sum \frac{yz}{x+yz}\geq\frac{3}{4} $

Mặt khác $\sum\frac{yz}{x+yz}=\sum\frac{y^2z^2}{xyz+y^2z^2}\geq\frac{(\sum yz)^2}{3xyz+\sum y^2z^2} $

Cần chứng minh $\frac{(\sum yz)^2}{3xyz+\sum y^2z^2}\geq\frac{3}{4}  \Leftrightarrow 4(\sum yz)^2\geq9xyz+3\sum y^2z^2  \Leftrightarrow \sum y^2z^2+8xyz(x+y+z)\geq9xyz  \Leftrightarrow\sum y^2z^2 \geq xyz (*)$

(*) đúng do $(xy)^2+(yz)^2+(zx)^2\geq xy.yz+yz.zx+zx.xy=xyz(x+y+z)=xyz$

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$




#665813 $f(2010) \vdots 10$

Gửi bởi doremon01 trong 25-12-2016 - 15:52

https://vi.wikipedia...i/Dãy_Fibonacci

 

Đặt $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2};y=\frac{1-\sqrt{5}}{2};$

Khi đó: 

$f(n)=\frac{1}{\sqrt{5}}(x^n-y^n)$

Ta sẽ chứng minh $f(15k)=\frac{1}{\sqrt{5}}(x^{15k}-y^{15k})\vdots10,\forall k \in \mathbb N^*$ (*)

Kiểm tra thấy (*) đúng tới $k=1;k=2$ 

Giả sử (*) đúng tới $k=1,2,...,k-1,k$

Cần chứng minh (*) đúng tới $k=k+1$

Thật vậy: 

$f(15(k+1))=\frac{1}{\sqrt{5}}(x^{15k+15}-y^{15k+15})=\frac{1}{\sqrt{5}}[(x^{15k}-y^{15k})(x^{15}+y^{15})+x^{15}y^{15k}-x^{15k}y^{15}]=\frac{1}{\sqrt{5}}[(x^{15k}-y^{15k})(x^{15}+y^{15})-x^{15}y^{15}(x^{15(k-1)}-y^{15(k-1)})]=[1364.f(15k)+f(15(k-1))]\vdots 10$

 

Do $2015 \vdots 15$ nên $f(2015) \vdots 10$

 

 



#665569 Min $P=ab+bc+2ac$

Gửi bởi doremon01 trong 23-12-2016 - 06:20

$ab=(-1+\sqrt{3})a.b.\frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq \frac{(-1+\sqrt{3})^2.a^2+b^2}{2}.\frac{1+\sqrt{3}}{2}=\frac{-1+\sqrt{3}}{2}.a^2+b^2.\frac{1+\sqrt{3}}{4}$

$cb=(-1+\sqrt{3})c.b.\frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq \frac{(-1+\sqrt{3})^2.c^2+b^2}{2}.\frac{1+\sqrt{3}}{2}=\frac{-1+\sqrt{3}}{2}.c^2+b^2.\frac{1+\sqrt{3}}{4}$

$2ac\leq a^2+b^2$

Suy ra:
$P\leq (\frac{1+\sqrt{3}}{4})(a^2+b^2+c^2)=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$
Dấu"=" xảy ra khi $a=c=\sqrt{\frac{3+\sqrt{3}}{12}};b=(-1+\sqrt{3})\sqrt{\frac{3+\sqrt{3}}{12}}$



#665326 Tìm số tự nhiên x,y biết $5^{x}+12^{x}=y^{2...

Gửi bởi doremon01 trong 21-12-2016 - 10:32

Bài 2:

Đặt $a=2+\sqrt{3}; b=2-\sqrt{3}\rightarrow ab=1;a+b=4;a^2+b^2=14$

Với n chẵn, $n\geq 4$ ta có: $S_n=a^n+b^n=(a^{n-2}+b^{n-2})(a^2+b^2)-a^2b^2(a^{n-4}+b^{n-4}) =14(a^{n-2}+b^{n-2})-(a^{n-4}+b^{n-4})=14S_{n-2}-S_{n-4}$

Tính được $S_0=2;S_4=194$$\rightarrow S_8;S_{12};...;S_{4k};,,,;S_{2016}$ là các số chẵn




#648932 Chứng minh: DM = DK; CE.IK = CK.EK; GTNN (4OM + ON)

Gửi bởi doremon01 trong 10-08-2016 - 20:10

Bài 1: Tính được $CA=CM=R\sqrt(3).; DM=DB= \frac{R}{\sqrt(3)}$

Theo định lí Pythagore: $ CB^2=CA^2+AB^2 \Leftrightarrow CB=R.\sqrt(7)$

$BF=AB^2:BC=\frac{4R^2}{R\sqrt{7}}=\frac{4R}{\sqrt{7}}$

$\Rightarrow BE=\frac{2R}{\sqrt{3}}$

Gọi $E'=AM \cap BD$

Ta có: $\angle MBE'=30^o \Rightarrow BE'=\frac{2BM}{\sqrt{3}}=\frac{2R}{\sqrt{3}} \Rightarrow E \equiv E'$

Nên $\Delta MBE $ vuông tại M (1)

Tính được $BD=R\sqrt(3)=\frac{BE}{2}$ nên D là trung điểm BE

$\Delta BKE$ vuông tại K có D trung điểm BE (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Bài 3: 

M nằm trên cung BC nên $\angle AOM \leq \angle AOB$

Ta có: $ON=AO.\cos{\angle AON}\geq AO.cos \angle AOB=R\Rightarrow 4OM+ON\geq 5R$

 

 




#647951 $x+y+z+\frac{1}{x+y+z}\geq \frac{10}{3}$

Gửi bởi doremon01 trong 04-08-2016 - 17:52

3.Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$ CMR: $A=\frac{ab}{c+ab}+\frac{bc}{a+bc}+\frac{ac}{b+ac}-\frac{1}{4abc}\leq -6$

$3-A=3-[\frac{ab}{c+ab}+\frac{bc}{a+bc}+\frac{ac}{b+ac}-\frac{1}{4abc}]$

$3-A=\sum \frac{c}{c+ab}+\frac{1}{4abc} \geq \sum \frac{c}{c+\frac{(a+b)^2}{4}}+\frac{1}{4abc}=\sum \frac{4c}{(c+1)^2}+\frac{1}{4abc}= \frac{4a}{(a+1)^2}+\frac{4b}{(b+1)^2}+\frac{4c}{(c+1)^2}+\frac{1}{36abc}+\frac{2}{9abc}\geq 4\sqrt[4]{\frac{4a}{(a+1)^2}.\frac{4b}{(b+1)^2}.\frac{4c}{(c+1)^2}.\frac{1}{36abc}}+\frac{2}{9\frac{(a+b+c)^3}{27}}=4\sqrt[4]{\frac{16}{9(a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2}}+6\geq 4.\sqrt[4]{\frac{16}{9.\left (\frac{(a+1+b+1+c+1)^3}{27} \right )^2}}+6=9$ (đúng)

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$




#647773 ​$[(x-y)^3+(y-z)^3+(z-x)^3][\frac{1}{(x-y)^3}+...

Gửi bởi doremon01 trong 03-08-2016 - 15:22

Đăt: $ x-y=a; y-z=b; z-x=c \Rightarrow a+b+c=0 \Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc$

Trong 3 số x,y,z phải có 1 số nằm giữa 2 số còn lại

Không mất tính tổng quát giả sử $ab=(x-y)(y-z)>0$

BĐT viết lại thành: 

$(a^3+b^3+c^3)(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3})\leq \frac{-45}{4} \Leftrightarrow \frac{\sum a^3b^3}{a^2b^2c^2}\leq \frac{-15}{4}\Leftrightarrow \frac{a^3b^3-(a+b)^3(a^3+b^3)}{a^2b^2(a+b)^2}\leq \frac{-15}{4} \Leftrightarrow \frac{ab}{(a+b)^2}-\frac{(a+b)^2}{ab}.\frac{a^2-ab+b^2}{ab}\leq \frac{-15}{4} \Leftrightarrow \frac{ab}{(a+b)^2}-\frac{(a+b)^2}{ab}.\frac{(a+b)^2-3ab}{ab}\leq \frac{-15}{4}$

Đặt $\frac{(a+b)^2}{ab}=t \geq 4$

BĐT viết lại thành: 

$\frac{1}{t}-t(t-3)\leq \frac{-15}{4}\Leftrightarrow t^3-3t^2-\frac{15}{4}t-1\geq 0 \Leftrightarrow (t-4)(t+\frac{1}{2})^2\geq 0$ (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b \Leftrightarrow x+z=2y$




#647656 Chứng minh rằng tâm các đường tròn $(AIA_1); (BIB_1); (CIC_1) $ thẳ...

Gửi bởi doremon01 trong 02-08-2016 - 18:07

Cho $\Delta ABC$ không cân có tâm đường tròn nội tiếp là $I$. (I) tiếp xúc với BC,CA,AB lần lượt tại $A_1; B_1; C_1$. Chứng minh rằng tâm các đường tròn $(AIA_1); (BIB_1); (CIC_1) $ thẳng hàng

Hình gửi kèm

  • untitledxxd.JPG



#647655 $3\vec{AG}\vec{AF}=AB^2+AC^2$

Gửi bởi doremon01 trong 02-08-2016 - 17:48

a) Ta có: $\frac{AB}{CF}=\frac{BI}{IF}=\frac{CI}{IF}=\frac{AC}{BF}\Rightarrow AB.BF=AC.CF$

$3\vec{AG}\vec{AF}=AB^2+AC^2 \Rightarrow 2 \overrightarrow{AI}.\overrightarrow{AF}=AB^2+AC^2 \Rightarrow (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\overrightarrow{AF}=AB^2+AC^2 \Rightarrow (2\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FC})\overrightarrow{AF}=(\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{FB})^2+(\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{FC})^2\Rightarrow \overrightarrow{AF}(\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FC})=FB^2+FC^2+2\overrightarrow{AF}(\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FC}) \Leftrightarrow FB^2+FC^2=\overrightarrow{FA}(\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FC})\Leftrightarrow \overrightarrow{FB}(\overrightarrow{FB}-\overrightarrow{FA})=\overrightarrow{FC}(\overrightarrow{FA}-\overrightarrow{FC})\Leftrightarrow \overrightarrow{FB}.\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{FC}.\overrightarrow{CA} \Leftrightarrow \overrightarrow{BF}.\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{CF}.\overrightarrow{CA}\Leftrightarrow BF.BA.\cos\angle ABF=-CF.CA.\cos \angle ACF$ (luôn đúng do $\angle ABF +\angle ACF=180^o$)

b) AMGN nội tiếp $\Leftrightarrow \angle GNM=\angle GAM \Leftrightarrow \angle GBC=\angle IAB \Leftrightarrow \Delta IBG \sim \Delta IAB (g-g) \Leftrightarrow IB^2=IG.IA \Leftrightarrow IB^2=\frac{AI^2}{3}\Leftrightarrow \frac{BC^2}{4}=\frac{1}{3}\frac{2AB^2+2AC^2-BC^2}{4} \Leftrightarrow AB^{2}+AC^{2}=2BC^{2} $

Hình gửi kèm

  • untitledcvacđsds.JPG



#647624 a. trung tuyến AI của tam giác AMN vuông góc với BC b. BN vuông góc MC

Gửi bởi doremon01 trong 02-08-2016 - 15:30

a) Ta có: $\angle MAC=\angle NAB=\angle BAC-90^o$

$2.\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{BC}=(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AN})(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC})=\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AN}.\overrightarrow{AB}=AM.AC.\cos(\angle MAC)-AB.AN.cos(\angle NAB)=0\Rightarrow AI \perp BC$

b) Ta cos: $\angle MAN+\angle BAC=90^o-\angle MAC+90^o+\angle NAB=180^o \Rightarrow \cos \angle BAC=-\cos \angle MAN$

$-\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{MC}=-(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AN})(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AC})=-\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AN}.\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{AN}=AB.AC.\cos\angle BAC+AM.AN.\cos\angle MAN=AM.AN.\cos\angle BAC+AM.AN.\cos\angle MAN=0 \Rightarrow CM \perp BN$

 

Hình gửi kèm

  • untitleds.JPG



#647343 $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq \frac{3(a+b+c)^2}{4...

Gửi bởi doremon01 trong 31-07-2016 - 14:17

Câu 2: 

$\frac{1}{1+2x}=1-\frac{1}{1+2y}+1-\frac{1}{1+2z}=\frac{2y}{2y+1}+\frac{2z}{2z+1}\geq 2\sqrt{\frac{4yz}{(2y+1)(2z+1)}}$

Tương tự: 

$\frac{1}{1+2y}\geq 2\sqrt{\frac{4xz}{(2x+1)(2z+1)}}$

$\frac{1}{1+2z}\geq 2\sqrt{\frac{4xy}{(2x+1)(2y+1)}}$

Nhân theo vế 3 bất đẳng thức trên lại ta có: 

$\frac{1}{(2x+1)(2y+1)(2z+1)}\geq 8\sqrt{\frac{64x^2y^2z^2}{(2x+1)^2(2y+1)^2(2z+1)^2}}\Leftrightarrow xyz\leq \frac{1}{64}$




#647137 $f(f(x))=f(x)+x,\forall x \in \mathbb{R}$

Gửi bởi doremon01 trong 30-07-2016 - 07:56

Tìm tất cả các hàm số $y=f(x)$ xác định, liên tục $\forall x \in \mathbb{R}$ và thỏa mãn điều kiện

$f(f(x))=f(x)+x,\forall x \in \mathbb{R}$