thứ hai, t vẫn chưa hiểu tại sao cần xét trường hợp góc B hoặc C tù

Vậy vì sao khi giải pt $|x-1|=2x+3$ phải xét $x\geq 1$ và $x<1$??? Đơn giản để KHÔNG BỎ XÓT NGHIỆM . Chắc bạn hiểu ý mình

Mời mấy anh chấm điểm bài thi lần này

Quả này trọng tài chính bận đi làm đề thi đấu trường VMF rồi, thôi cứ thư thư anh ạ

Không hiểu sao mà minhtuyb lại cho đề có số $\sqrt{2}$ không có gì đặc biệt vào vậy ? Và dẫn đến kết quả cuối cùng khi cộng thêm $\sqrt{2}$ mất đẹp mất. Mình nghĩ là những trường hợp như vậy các bạn ko nên đưa vào, càng làm cho bài toán mất đẹp hơn

Đề tự chế thì thêm mắm thêm muối vô cho vui mà . Chứ nguyên văn đề này chỉ là tìm min $S=tan ABC+tanACB$ và cho trước tam giác ABC nhọn, thậm chí còn không có cả TH2 nữa .
Thanks đã góp ý .

2 cái này khác nhau mà

nếu cứ làm bt, k quan tâm đến góc tù thì có việc j k?

=.=

Trừ nửa số điểm chứ sao
Nhỡ đâu trong trường hợp góc B hoặc C không nhọn thì biểu thức S mới đạt GTNN thì kết quả bài toán sẽ sai (may mắn là min bài này rơi vô TH1)

trừ cái đầu mi á

bài này chả có lí do để chia trg hợp

>''< đang bực mình thì chớ

trừ điểm ng ra đề đúng hơn

Bà nói vậy thì tui cũng chịu z_z
Vậy làm sao bà khẳng định được góc B hoặc C tù thì biểu thức đã cho không đạt GTNN?
Thôi im lặng là vàng, đợi anh Hân chấm cho nó lành

Đấu khẩu thì tui thua thường xuyên chứ cao thủ gì đâu
Tình hình là ai giục anh Hân vô chấm thôi, căng quá ="='
Chuồn sang học mãi đây, mn cứ chém tiếp nhé

8 đồng = 2 đồng + 2 đồng + 2 đồng +2 đồng. Đề có bắt là phải đủ 2 loại tờ đâu ạ
Bài 3 ai giúp em được không, e đang cần cái công thức này ạ
Thanks mn:D

Ta có: $$ P \le \dfrac{a^2+2}{b^2+1}+\dfrac{b^2+2}{c^2+1}+ \dfrac{c^2+2}{a^2+1} = Q $$ Đặt $ \begin{cases} x = a^2+1 \\ y = b^2+1 \\ z =c^2 + 1 \end{cases} \Rightarrow x,\ y,\ z \in [1;2] $ và: $$ Q = \frac{x+1}{y} + \frac{y+1}{z} + \frac{z+1}{x} $$ Không mất tính tổng quát giả sử: $y$ nằm giữa $x$ và $z$, khi đó ta có: $(x-y)(z-y) \le 0 \Leftrightarrow \frac{x}{y} + \frac{y}{z} \le 1 + \frac{x}{z} $.
Do đó ta có: $$ \begin{aligned} Q & \le \frac{z}{x} + \frac{x}{z} + 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \\ & \le \frac{z}{x} + \frac{x}{z} + \frac{1}{x} + \frac{1}{z} + 2 \end{aligned} $$ Ta sẽ chứng minh: $$ \begin{aligned} & \frac{z}{x} + \frac{x}{z} + \frac{1}{x} + \frac{1}{z} \le 4 \\ \Leftrightarrow & x^2 + z^2 + x + z \le 4xz \end{aligned} $$
Mặt khác do $(x-1)(x-2) \le 0 \Leftrightarrow x^2 + 2 \le 3x$, tương tự $z^2+2 \le 3z$ nên ta cần chứng minh: $$ 4(x+z ) \le 4xz + 4 \Leftrightarrow (x-1)(z-1) \ge 0 \text{(đúng)} $$ Do đó ta có: $Q \le 6$. Mà $P \le Q \Rightarrow P \le 6$.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: $ (a;b;c) = (1;0;0)$ và các hoán vị hoặc (0;0;0).
Kết luận: P đạt giá trị lớn nhất là 6 khi và chỉ khi $(a;b;c)=(1;0;0)$ và các hoán vị hoặc (0;0;0)
Nguồn: Duynhan

Có: $\frac{a}{3a+1}\leq \frac{3a+1}{12}\Leftrightarrow (3a-1)^2\geq 0(True)$
Tương tự ta có:
$\frac{b}{3b+1}\leq \frac{3b+1}{12}$
$\frac{c}{3c+1}\leq \frac{3c+1}{12}$
Cộng vế với vế 3 BĐT cùng chiều:
$VT\leq \frac{3(a+b+c)+3}{12}\leq \frac{3+3}{12}=\frac{1}{2}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
Vậy $maxP=\frac{1}{2}$ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Mặt khác, ta có $x^2\vdots x$ $\Rightarrow 1\vdots x\Rightarrow x=\pm 1$.

Không thể có khẳng định như trên vì gt không cho $x\in Z$ mà
Bài giải đúng thì phải theo phương pháp quy nạp toán học

a) $$x+3(2-3x^{2})^{2}=2$$

$x+3(2-3x^{2})^{2}=2\Leftrightarrow 27x^4-36x^2+x+10=0\Leftrightarrow (x+1)(3x-2)(9x^2-3x-5)=0$

Tìm hiểu thêm pp cauchy ngược dấu ở đây nhé bạn : http://diendantoanho...-phan-i-ii.html

Bài toán :
Cho $a,b,c > 0$. Tìm GTNN của :
$$P = \dfrac{a^{2012}+1}{b}+\dfrac{b^{2012}+1}{c}+\dfrac{c^{2012}+1}{a}-\dfrac{2}{a+b+c}$$

Có $-\dfrac{2}{a+b+c}=-\dfrac{2}{9}.\dfrac{9}{a+b+c}\geq -\dfrac{2}{9}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$. Suy ra
$P=\frac{a^{2012}+\frac{7}{9}}{b}+\dfrac{b^{2012}+\frac{7}{9}}{c}+\dfrac{c^{2012}+\frac{7}{9}}{a}+\frac{2}{9}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})-\frac{2}{a+b+c}$
$\geq \dfrac{a^{2012}+\frac{7}{9}}{b}+\dfrac{b^{2012}+\frac{7}{9}}{c}+\dfrac{c^{2012}+\frac{7}{9}}{a}$
Có: $\frac{a^{2012}+\frac{7}{9}}{b}=\frac{a^{2012}+\frac{7}{9.2011}+\frac{7}{9.2011}+...+\frac{7}{9.2011}}{b}\geq \frac{2012\sqrt[2012]{a^{2012}.\frac{7^{2011}}{18099^{2011}}}}{b}=2012\sqrt[2012]{\frac{7^{2011}}{18099^{2011}}}.\frac{a}{b}$
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng vào ta có:
$P\geq 2012\sqrt[2012]{\frac{7^{2011}}{18099^{2011}}}.(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq 6036\sqrt[2012]{\frac{7^{2011}}{18099^{2011}}}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt[2012]{\frac{7}{18099}}$
Lần sau a cho bài số đẹp tí nhé

$P=\frac{x^2}{xy+x}+\frac{y^2}{xy+y}\geq^{Schwarz} \frac{(x+y)^2}{2xy+x+y}\geq \frac{1}{\frac{(x+y)^2}{2}+1}=\frac{2}{3}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

Giải phương trình:

$36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11x+12)(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$

Lúc x lúc a, đâu là tham số hả em . Yêu cầu bổ sung đề!
Hình như phần này không liên quan đến pt nghiệm nguyên, đồng dư thức

"Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongld: Hôm nay, 11:22". Tính thời gian ra đề từ lúc nào nhỉ ?

Giải phương trình:

$36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$

Bài làm của minhtuyb:

Ta có:
$(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$
$=(a+4)(a+5)(a+6)(a+7)$
$=[(a+4)(a+7)][(a+5)(a+6)]$
$=(a^2+11a+28)(a^2+11a+30)$
Vậy pt đã cho tương đương với:
$36(a^2+11a+30)(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a^2+11a+28)(a^2+11a+30)(1)$
*Với $a^2+11a+30=0\Leftrightarrow (a+5)(a+6)=0\Leftrightarrow a=-5\vee a=-6$
*Với $a^2+11a+30\neq 0$, chia 2 vế của (1) cho $a^2+11a+30$, ta có:
$(1)\Leftrightarrow 36(a^2+11a+31)=(a^2+11a+12)(a^2+11a+28)(2)$
Đặt $y=a^2+11a+20$ thì:
$(2)\Leftrightarrow 36(y+11)=(y-8)(y+8)$
$\Leftrightarrow y^2-64=36y+396$
$\Leftrightarrow y^2-36y-460=0$
$\Leftrightarrow (y-46)(y+10)=0$
$\Leftrightarrow y=46\vee y=-10$
+)$TH1:y=a^2+11a+20=46$
$\Leftrightarrow a^2+11a-26=0$
$\Leftrightarrow (a-2)(a+13)=0$
$\Leftrightarrow a=2 \vee a=-13(True)$
+)$TH2:y=a^2+11a+20=-10$
$\Leftrightarrow a^2+11a+30=0$ (loại vì $a^2+11a+30\neq 0$)
Vậy pt đã cho có 4 nghiệm: $a_1=-5;a_2=-6;a_3=2;a_4=-13$

D-B=0.4h
E=10
F=3 * 10=30
S=107.6

Vài bài nữa:
1, $3x^{2}+22xy+11x+37y+7y^{2}+10$
2, $x^{8}+3x^{4}+4$
3, $64x^{4}+y^{4}$

1/ Ngồi tính delta giải pt theo ẩn x thì phân tích ra ngay:
$3x^2+22xy+11x+37y+7y^2+10=(3x+y+5)(x+7y+2)$
2/ $x^8+3x^4+4=(x^8+4x^4+4)-x^4=(x^4+2)^2-(x^2)^2=(x^4-x^2+2)(x^4+x^2+2)$
3/ $64x^4+y^4=(8x^2)^2+16x^2y^2+(y^2)^2-16x^2y^2=(8x^2+y^2)^2-(4xy)^2=(8x^2+4xy+y^2)(8x^2-4xy+y^2)$

Su‎yt quên làm bài mở rộng
Trước tiên bắt đầu với bài 1:
TQ1: Giải pt:
$(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=m(3)$(a,b,c,d,m là tham số; $a+d=b+c$)
Giải:
$(3)\Leftrightarrow [x^2+(a+d)x+ad][x^2+(b+c)x+bc]=m(4)$
Đặt $y=x^2+(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}$ và $g=\frac{ad-bc}{2}$ thì:
$(4) \Leftrightarrow (y+g)(y-g)=m\Leftrightarrow y^2-g^2=m\Leftrightarrow y^2=m+g^2$. Dễ dàng giải pt này để tìm y, rồi thế vào $y=x^2+(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}$ để tìm lại x. Bài toán 1 đã được giải quyết xong!

TQ2: Giải pt:
$(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=m(x+e)(x+f)(5)$(a,b,c,d,e,f,m là tham số; $a+d=b+c=e+f$)
<Đây chính là mở rộng của pt (2) >
Giải:
$(5) \Leftrightarrow [x^2+(a+d)x+ad][x^2+(b+c)x+bc]=m[x^2+(e+f)x+ef](6)$
Ta vẫn đặt $y=x^2+(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}$ và $g=\frac{ad-bc}{2}$ thì:
$(6) \Leftrightarrow (y-g)(y+g)=m(y-\frac{ad+bc}{2}+ef)$
$\Leftrightarrow y^2-my-g^2+m(\frac{ad+bc}{2}-ef)=0$ là một tam thức bậc 2. Giải ra tìm y rồi thay vào $y=x^2+(a+d)x+\frac{ad+bc}{2}$ để tìm x.

Tiếp tục với bài toán 3, sau khi đã “chắp vá” thêm một đa thức:

TQ3: Giải pt:
$f(x).(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=f(x).m(x+e)(x+f)(7)$(a,b,c,d,e,f,m là tham số; $a+d=b+c=e+f$)
Giải:
Trước tiên ta tìm x sao cho $f(x)=0$. Sau đó với $f(x)\neq 0$ thì chia cả 2 vế của (7) cho f(x):
$(7)\Leftrightarrow (x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=m(x+e)(x+f)$
Đây chính là bài toán TQ2. Sau khi tìm được x đối chiếu với ĐK $f(x)\neq 0$, kết luận nghiệm. Bài toán đã được giải quyết hoàn toàn!

Ở bài toán của MSSer duongld, $a^2+11a+30$ đóng vai trò là biểu thức f(x), các tham số là 4,5,6,7 với 4+7=6+5. Tuy nhiên đề đã “ngụy trang” các con số đó bằng cách cho biểu thức $(a^2+9a+20)(a^2+13a+42)$ chứ không cho ngay $(a+4)(a+5)(a+6)(a+7)$ hoặc $(a^2+11a+28)(a^2+11a+30)$

@anh Hân: Em nghĩ rằng ko nên cho điểm tối đa đối với các bạn làm tắt.Thân!

Tuy đây là đề do em lớp 7,8 ra nhưng đối tượng thi MSS là toàn thể các mem THCS!
Làm tắt là đương nhiên

$\Rightarrow (x+5)^2(x+6)^2(x+13)(x-2)=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x & = &-5 \\ x & = & -6\\ x & = & -13\\ x & = & 2 \end{matrix}\right.$

Chậc đáp án sai rồi em, đánh thế tức là hệ vô nghiệm đó . Sao không đánh $x=-5\vee x=-6\vee x=-13\vee x=2$ như anh ý. Lần sau rút k/nghiệm nhé
Ở bài làm lần này, có vài toán thủ lạm dụng máy tính quá, từ biểu thức bậc 4, bấm xong nghiệm rồi dùng bơ-du là phân tích ngay ra tích của 4 biểu thức bậc 1

Tú ơi là tú !!!
Bọn mình mới học lớp 9, sách giáo khoa nó không dạy kí hiệu nghiệm là $x=...\vee x=...$
Nếu làm dụng quá, khi đi thi cấp 3, học sẽ cho rằng mình "học trước thời đại"
Tú ơi!!!
Việc giải PT bậc 4 đâu cần phân tích rõ ra, chỉ những bạn học lớp 6,7,8 thì mới phân tích chi tiết thôi.
Thầy giáo bảo mình là khi đi thi cấp 3 không cần phân tích rõ thành nhân tử đâu, chỉ cần viết luôn.
Chứ nếu phân tích thì bạn đâu còn thời gian để làm các bài kia

Ơ thế lớp 6 có học giao, hợp của 2 tập hợp mà nhỉ, hay mình nhớ nhầm . Mà không thạo kí hiệu "hoặc" thì phải xài cách đó thôi chứ sao, còn hơn là dùng "và "
PT bậc 4 không cần phân tích rõ ... nghe lần đầu việc các thầy cô cho phép ntn . Chỗ mình phân tích $x^2-4x+3$ vẫn phải tách như thường nè
Thôi để giám khảo tự xử đi

Chú đừng khinh anh !!!
___________________________________
Spam nhiều quá rùi, thôi xóa đi đây

Cố spam cho các mod THPT xóa một thể :
Ơ đây là dạng bài lớp 9 mà, chỗ mình làm chán òi ="='
P/s: Chị cậu lớp mấy

Đặt $y=\frac{6x+17}{x^2+2}$
$\Leftrightarrow yx^2+2y=6x+17$
$\Leftrightarrow yx^2-6x+2y-17=0$
*Với $y=0\Rightarrow x=\frac{-17}{6}$
*Với $y\neq 0:$ Để pt có nghiệm thì
$\Delta' =3^2-y(2y-17)\geq 0$
$\Leftrightarrow 2y^2-17y-9\leq 0$
$\Leftrightarrow (y-9)(2y+1)\leq 0 $
$\Leftrightarrow -\frac{1}{2}\leq y\leq 9 $

Cho hỏi chữ số tận cùng của $\frac{6^{2012}}{2}$ là nhiu nhỉ, bấm 3 là mất 100đ
P.s: Mình tính sai chăng?

Ặc quê quá
Vậy tổng các nghiệm của pt $5\sqrt{x^3+1}=2(x^2+2)$ có phải là 5 không nhỉ

Tìm x biết: $3x-\left | 2x+1 \right |=2(1)$

$\Leftrightarrow |2x+1|=3x-2\geq 0\Rightarrow x\geq \frac{2}{3}\\ (1)\Leftrightarrow 3x-(2x+1)=2(Because \ 2x+1>0)$
Với nhận xét trên ta chỉ cần xét 1 TH

TH1:$B',C,A'$ thẳng hàng. $B', A, C'$ thẳng hàng và $A', B, C'$

tam giác $A'BC$ , tam giác $C'AB$ và tam giác $B'CA$

Ta có:

$\frac{C'B}{C'A'}=\frac{B'A}{B'C'}=\frac{A'C}{A'B'}$ (Tại sao lại có???)

Vẽ $BF//A'B'$

Theo định lý Thales ta được:

$\frac{C'F}{B'C'}=\frac{C'B}{A'C'}=\frac{B'A}{B'C'}$

$\Rightarrow C'F=B'A$

$\Rightarrow AM=MF$


Theo hệ quả của định lý Thales ta lại có:

$\frac{BF}{A'B'}=\frac{C'B}{C'A'}=\frac{CA'}{A'B'}$

$\Rightarrow BF=CA'$

$I$ là trung điểm của $AB$; $M$ là trung điểm của $AF$

nên $MI$ là đường trung bình của tam giác $ABF$

$\Rightarrow CA'=BF=2MI$ và $MI//BF//CA'$

$\frac{CA'}{MI}=\frac{A'K}{MK}=\frac{KC}{KI}=2$

$K$ thuộc $AM$, $AK=2M$ nên $K$ là trọng tâm tam giác $A'B'C'$ .(1)

$K$ thuộc $CI$, $CK=2IK$ nên $K$ là trọng tâm tam giác $ABC$ (2)

Từ (1)và(2) suy ra 2 tam giác có chung 1 trọng tâm



TH2: không có ba điểm thẳng hàng






Nối các điểm tạo thành tam giác $DFE$

Chứng minh tam giác $ABC$ và tam giác $A'B'C'$ lần lượt có cùng trọng tâm với tam giác $DFE$

Lời chứng minh có ý tưởng hay. Nhưng ở TH2, chưa chứng minh trọn vẹn. Em đâu đã chứng minh được những gt cần có để áp dụng TH1?

D-B=33.8h
E=7
F=0
S=35.2

Ặc. Gì vậy?
Thứ nhất :Cm hộ mình 2 cái này:
$\frac{AF}{AB}=\frac{BD}{BC}=\frac{CE}{AC}$ và $\frac{B'F}{B'C'}=\frac{C'D}{C'A'}=\frac{A'E}{A'B'}
Nếu không cm được 2 cái này, không thế nói là phép cm đã hoàn tất! (Chủ quan mình thấy điều này sai, không thể cm được! )
Thứ hai: đề bài cho là dựng 3 tam giác thì lấy đâu ra $B',C,A'$ thẳng hàng. $B', A, C'$ thẳng hàng và $A', B, C'$? TH1 của bạn chỉ được tính là bổ đề thôi
Mong trọng tài chính xem xét lại!
P/s: Bài này nhẹ nhàng ý ạ