toannguyenebolala

Cho $x,y\in [0;1]$. Tìm min, max của $A=x+y+x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}$

Đặt $x=sina,y=sinb$ với $a,b\in (0;\frac{\pi}{2})$

Trước tiên, ta có $A=sina+sinb+sin(a+b)=2sin\frac{a+b}{2}(cos\frac{a+b}{2}+cos\frac{a-b}{2})\geq 0$

Giờ ta sẽ tìm giá trị lớn nhất của A.

Ta có:

$A^2=(sina+sinb+sin(a+b))^2\leq 3(sin^2a+sin^2b+sin^2(a+b)) =3(1-\frac{cos2a+cos2b}{2}+sin^2(a+b))=3(2-cos(a+b)cos(a-b)-cos^2(a+b)) =3(2+\frac{cos^2(a-b)}{4}-(cos(a+b)+\frac{cos(a-b)}{2})^2)\leq \frac{27}{4}$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=\frac{\pi}{3}$

1) x² - 4xy + x + 2y=0

    x⁴ - 8x²y + 3x² + 4y² =0

 

 

 

 

$\left\{\begin{matrix} x^2-4xy+x+2y=0 & \\ x^4-8x^2y+3x^2+4y^2=0& \end{matrix}\right.$

$ \Leftrightarrow$$\left\{\begin{matrix} x^2+2y=4xy-x & \\ x^4+4y^2=8x^2y-3x^2 & \end{matrix}\right.$

$ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^4+4y^2=16x^2y^2-12x^2y+x^2& \\ x^4+4y^2=8x^2y-3x^2& \end{matrix}\right.\Rightarrow 16x^2y^2-20x^2y+4x^2=0\Leftrightarrow x^2(4x^2-5y+4)=0$

Tìm giá trị nhỏ nhất của $y=(a+\frac{b}{\sqrt{sinx}})(b+\frac{a}{\sqrt{cosx}})$ với $x\in (0;\frac{\pi}{2})$ và $a,b\geq 0$

a. Có bao nhiêu cách xếp 40 học sinh vào 20 phòng, mỗi phòng 2 học sinh. b, tính xác suất để 2 học sinh A và B vào cùng 1 phòng. c, tính xác suất để 2 học sinh A và B lại vào cùng 1 phòng

a) Có:

40C2 cách chọn 2 học sinh vào phòng thứ nhất

38C2 cách chọn 2 học sinh vào phòng thứ hai

...

2C2 cách chọn 2 học sinh vào phòng cuối.

Vậy, có cả thảy $\prod_{x=2}^{40}(xC2)$ cách xếp 40 học sinh vào 20 phòng, mỗi phòng 2 học sinh.

 b) Tương tự cách lập luận trên, ta có $\prod_{x=2}^{38}(xC2)$ cách xếp 40 học sinh vào 20 phòng, mỗi phòng 2 học sinh và 2 học sinh A, B vào cùng phòng.

Như vậy, xác suất của biến cố này là $\frac{1}{40C2}$

c) Không hiểu yêu cầu lắm @@

Đây nhé bạn

Cho đường tròn $(O;R=1)$. Tiếp tuyến TA=1. Đường thẳng (d) quay quanh T cắt đường tròn tại B và C. Xác định góc nhọn $\alpha$ tạo bởi TA và (d) để diện tích tam giác ABC lớn nhất. Tính diện tích tam giác khi đó.

Giải hệ phương trình$\left\{\begin{matrix} (xy-x+y+1)(\frac{10}{xy-x+y}-1)+\frac{x}{2y}=0 & \\ x^2+y^2=1& \end{matrix}\right.$

Cho 4 đường thẳng trong đó không có hai đường nào song song và một điểm O không nằm trên các đường thẳng đó. Hãy dựng một hình bình hành mà 4 đỉnh nằm trên 4 đường thẳng và nhận O làm giao điểm các đường chéo.

Câu 1: Cho 4 điểm $A, B,C,D$ theo thứ tự nằm trên một đường thẳng và thỏa mãn điều kiện $AB=CD$. Chứng minh rằng với điểm M bất kì, ta có $MA+MD\geq MB+MC$.

Câu 2: Cho đường tròn $(O;1)$ và tập hợp $n$ điểm $A_{1},A_{2},...,A_{n} (n>2)$. Chứng minh rằng luôn tìm được điểm M trên đường tròn $(O;1)$ sao cho $\sum_{i=1}^{n}MA_{i}\geq n$.

Câu 3: Chứng minh rằng nếu một đa giác có tâm đối xứng thì số cạnh là chẵn.

Áp dụng liên tiếp công thức $C_{n+1}^p=C_n^p+C_n^{p-1}$, ta có :

$C_{n+r+1}^r=C_{n+r}^r+C_{n+r}^{r-1}=C_{n+r}^r+C_{n+r-1}^{r-1}+C_{n+r-1}^{r-2}=...$

$=C_{n+r}^r+C_{n+r-1}^{r-1}+C_{n+r-2}^{r-2}+...+C_n^0=\sum_{k=0}^{r}C_{n+k}^k$

Có thể chứng minh bằng quy nạp được không ạ

+ Xếp $4$ người đẹp ngồi thành một hàng : $4!=24$ cách.

+ Chọn $2$ trong $3$ vị trí xen kẽ giữa $4$ người đẹp và xếp mỗi đứa trẻ vào $1$ trong $2$ vị trí vừa chọn : $A_{3}^{2}=6$ cách.

+ Còn lại $3$ vị trí có thể xếp $3$ " đấng mày râu " vào ($1$ chỗ trước người đẹp đầu tiên, $1$ chỗ sau người đẹp cuối cùng và $1$ chỗ giữa $2$ người đẹp đang ngồi cạnh nhau) : $3!=6$ cách.

 

Vậy số cách xếp là $24.6.6=864$ cách.

Mình nghĩ nếu sắp theo kiểu phụ nữ - trẻ em - phụ nữ - trẻ em - phụ nữ vẫn được mà nhỉ ?

Cho tam giác ABC có O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp. Gọi E và F lần lượt là chân các đường phân giác ngoài vẽ từ B và C xuống AC, AB. Chứng minh rằng EF vuông góc với OI.

thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$ cmr $\frac{1}{a+b} +\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\geq \frac{4}{a^{2}+7}+\frac{4}{b^{2}+7}+\frac{4}{c^{2}+7}$ 

Đề thiếu nhỉ?

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\geq \frac{4}{a+b+c+b}\geq \frac{4}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+b}=\frac{4}{3+b}\geq \frac{4}{3+\frac{b^2+1}{2}}=\frac{8}{b^2+7}$

Cho a, b, c>0 thỏa mãn: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}=6$

CMR: $\sum \frac{1}{3a+3b+2c}\leq \frac{3}{2}$

$\sum \frac{1}{3a+3b+2c}\leq \sum \frac{1}{4}(\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{2a+b+c})\leq \sum\frac{1}{16}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+a})= \frac{3}{2} (Q.E.D)$

Cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c=3. Chứng minh 

$\frac{a}{b^2(ca+1)}+\frac{b}{c^2(ab+1)}+\frac{c}{a^2(bc+1)}\geq \frac{9}{(1+abc)(ab+bc+ca)}$

$\sum \frac{a}{b^2(ca+1)}=\sum \frac{\frac{1}{b^2}}{c+\frac{1}{a}}\geq \frac{(\sum \frac{1}{a})^2}{\sum \frac{1}{a}+\sum a}=\frac{(\sum \frac{1}{a})^2}{\sum \frac{1}{a}+3}=\frac{(\sum ab)^2}{abc(\sum ab)+3a^2b^2c^2}$

Ta sẽ chứng minh $\frac{q^2}{rq+3r^2}\geq \frac{9}{q(r+1)}$

Điều này tương đương với $q^3+q^3r\geq 9qr+27r^2\Leftrightarrow q(q^2-9r)+r(q^3-27r)\geq 0$ (đúng do AM-GM)

Vậy Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$