Họ tên: Nguyễn Ngọc Hoàng Quân

Nick trong diễn đàn: MATH HERO

Năm sinh: 1999

Hòm thư: [email protected]

Dự thi cấp THPT

À, bạn Math Hero đã biết cách đặt tiêu đề đúng chưa vậy?

i Việt Hoàng 99 tớ biết rồi cảm ơn nha

À, bạn Math Hero đã biết cách đặt tiêu đề đúng chưa vậy?

À mà tớ hỏi này nếu bị 1 điểm nhắc nhở thì có bị sao không

Em cảm ơn

Đương nhiên là không từ TH bạn vi phạm quy định trong việc post bài

Nếu không ai trả lời thì sao

Nếu bài của em không có ai trả lời thì có bị mất không ạ

thế a,b,c có âm đâu mà sợ

a, b, c không bằng nhau mà

Kết quả bằng $4+3\sqrt{2}$ khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác vuông cân tại C

Tam giác ABC có $\widehat{C}$ không nhọn $BC=a,CA=b,AB=c$ 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=(1+\frac{a}{b})(1+\frac{b}{c})(1+\frac{c}{a})$

Sao phải rắc rối thế hả!!

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta được:

$(1+\frac{a}{b})(1+\frac{b}{c})(1+\frac{c}{a})\geq 8\sqrt{\frac{abc}{abc}}=8$

Bạn xem lại đi còn điều kiện đề bài

Tam giác ABC có $\widehat{C}$ không nhọn $BC=a,CA=b,AB=c$ chứ bài này không dễ như các bạn nghĩ đâu

Sao chú cứ phải xoắn? Như nhau thôi, đều áp dụng 1 lần là xong

Xem lại đk đề cho đi bạn ơi

cho x^2+y^2+z^2=1. Tìm gtln, gtnn của B=2xy+yz+xz

$\Leftrightarrow B=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+yz+zx-1$$

$= (x+y)^{2}+z(x+y)+\frac{z^{2}}{4}+\frac{3z^{2}}{4}-1$

$=(x+y+\frac{z}{2})^{2}+\frac{3z^{2}}{4}-1\geq -1$

Vậy giá trị nhỏ nhất của B là -1

Cho x+y+z=3 và $x,y,z> 0$

Tìm giá trị nhỏ nhất của $P= \frac{1+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z}}{xy+yz+zx}$

Ai còn cách khác ko

$\Delta =36-12(4y^{2}+3y-4)$

Để Pt có nghiệm thì$\Delta \geq 0\Leftrightarrow 36-12(4y^{2}+3y-4)\geq 0$

$\rightarrow -48y^{2}-36y+84\geq 0$

$\rightarrow 48y^{2}+36y-84\leq 0$

$\rightarrow 48(y+1,75)(y-1)\leq 0$

$\rightarrow -1,75\leq y\leq 1$

Mà y nguyên nên $y=-1;0;1$

Thay vào ta thấy $y=1,x=-1$ thoả mãn 

Áp dụng bất đẳng thức Holder: $(\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z})^3(x+y+z)^5 \geqslant (x^{3/4}+y^{3/4}+z^{3/4})^8$

Khi đó cần chứng minh: $3^5(xy+yz+zx)^3\leqslant (x^{3/4}+y^{3/4}+z^{3/4})^8$

Đặt $a^4=x, b^4=y, c^4=z$ $(a,b,c>0)$ và chuẩn hóa $a^3+b^3+c^3=3$ và ta cần chứng minh $a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\leqslant 3$

$b^3+c^3+1\geqslant 3bc\Leftrightarrow b^4c^4\leqslant \dfrac{4b^3c^3-a^3b^3c^3}{3}$

Tương tự rồi cộng lại sẽ ra BDT Schur bậc 3.

Còn cách nào khác dễ hiểu hơn không bạn. mình mới học lớp 10 thôi

Câu 1.(4 điểm)

a) Chứng minh rằng $\sqrt[3]{9+4\sqrt{5}}+\sqrt[3]{9-4\sqrt{5}}$ là một số nguyên

 

Đặt A =$\sqrt[3]{9+4\sqrt{5}}+\sqrt[3]{9-4\sqrt{5}}$

$\Rightarrow A^{3}=(\sqrt[3]{9+4\sqrt{5}}+\sqrt[3]{9-4\sqrt{5}})^{3}$

$\Rightarrow A^{3}=18+3(\sqrt[3]{9+4\sqrt{5}}+\sqrt[3]{9-4\sqrt{5}}).\sqrt[3]{(9-4\sqrt{5})(9+4\sqrt{5})}$

$\Rightarrow A^{3}=18+3A$

$\Rightarrow A^{3}-3A+18=0$

$\Rightarrow (A+3)(A^{2}-3A+6)=0$

$\Rightarrow A=-3$

$\Rightarrow$ $\sqrt[3]{9+4\sqrt{5}}+\sqrt[3]{9-4\sqrt{5}}$ là một số nguyên

Cho tứ giác ABCD có số đo các cạnh la a,b,c,d biết$a+b+c+d=4\sqrt{S}$ (S là diện tích tứ giác ABCD)

CMR: ABCD là hình vuông

Giải phương trình, hệ phương trình:

1,         $\sqrt[3]{14-x^{3}}+x=2(1+\sqrt{x^{2}-2x-1})$

2,         $\left\{\begin{matrix} y(x^{2}+2x+2)=x(y^{2}+6) & \\ (y-1)(x^{2}+2x+7)=(x+1)(y^{2}+1) & \end{matrix}\right.$

Đặt x+1=a;y=b ta có; $HPT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} b(a^{2}+1)=(a-1)(b^{2}+6) & \\ (b-1)(a^{2}+6)=a(b^{2}+1) & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{b}{b^{2}+6}=\frac{a-1}{a^{2}+1} & \\ \frac{a}{a^{2}+6}=\frac{b-1}{b^{2}+1} & \end{matrix}\right.(cm:a,b\neq 0;1)\Leftrightarrow \frac{b(b-1)}{(b^{2}+6)(b^{2}+1)}=\frac{a(a-1)}{(a^{2}+6)(a^{2}+1)}\Leftrightarrow a=b$

Thay vào phương trình ẩn a;b tìm được x;y...    

Bạn giải thích rõ tại sao x=y

??? Mình nghĩ là đúng rồi , Do $x^{2}\geq 0 \rightarrow y^{2}\leq 1\rightarrow -1\leq y\leq 1$. Tương tự với x

Bạn nhìn lại đề mà xem $x^{2}+y^{2}\geq 1$ và $x^{2}\geq 0$ thì không thể $y^{2}\leq 1$

Tìm x,y thỏa mãn

$\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}\geq 1\\ x^{3}+y^{3}=1 \end{matrix}\right.$

tại sao lại từ 2(ab+2bc+3ca)≤2(a+b+c)^2 ⇒2(ab+2bc+3ca)≤0 trong khi 2(a+b+c)^2≥0

 

vì a+b+c=0

Cho $a,b,c\in\mathbb{R}$ thoả mãn $a+b+c=0$

Chứng minh $ab+2bc+3ca\leq 0$

Ta có $2(a+b+c)^{2}-2(ab+2bc+3ca)=2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}+4ab+4ac+4bc-2ab-4bc-6ca$

        $=2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}+2ab-2ca$

        $=a^{2}+b^{2}+2ab+a^{2}+c^{2}-2ca+b^{2}+c^{2}$

        $=(a+b)^{2}+(a-c)^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 0$

        $\Rightarrow 2(a+b+c)^{2}-2(ab+2bc+3ca)\geq 0$

        $\Rightarrow 2(ab+2bc+3ca)\leq 2(a+b+c)^{2}$

        $\Rightarrow 2(ab+2bc+3ca)\leq 0$

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=0$

Không.Bài này là câu chốt thầy mình ra mà

từ (1) $-1\leq x,y\leq 1\rightarrow \left\{\begin{matrix} -1\leq x^{3}\leq x^{2}\leq 1 & \\ -1\leq y^{3}\leq y^{2}\leq 1 & \end{matrix}\right.$

=>$1=x^{3}+y^{3}\leq x^{2}+y^{2}\leq 1$

Hệ thành $\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2} =1& \\ x^{3}+y^{3}=1 & \end{matrix}\right.$

Mà $\left\{\begin{matrix} x^{2}(1-x)\geq 0 & \\ y^{2}(y-1)\leq 0 & \end{matrix}\right.$

=>x=0,y=1 hoặc x=1, y=0

$-1\leq x,y\leq 1$ chỗ đó hình như chưa đúng đó bạn