Cho hình thang $ABCD (AB //CD, AB < CD)$. Các đường phân giác đồng quy tại $I$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AB$ tại $P$; $CD$ tại $Q$. Trên $DC$ lấy điểm $M$ sao cho $CM = DQ$. CMR $DA, MP, CB$ đồng quy.

2,Giải phương trình
$\frac{(x-a)(x-c)}{(b-a)(b-c)}+\frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}=1$

ĐKXĐ: $a, b, c$ khác nhau đôi một.
Ta có phương trình đã cho tương đương với:
$(x-c)\left [ \frac{a-x}{(a-b)(b-c)}+\frac{x-b}{(a-b)(a-c)} \right ]=1$
$\Leftrightarrow (x-c).\frac{(a-x)(a-c+(x-b)(b-c)}{(a-b)(b-c)(a-c)}=1$
$\Leftrightarrow (x-c)[(a^2-b^2)-x(a-b)-c(a-b)]=(a-b)(b-c)(a-c)$
$\Leftrightarrow (x-c)(a-b)(a+b-x-c)=(a-b)(b-c)(a-c)$
$\Leftrightarrow (x-c)(a+b-x-c)-(b-c)(a-c)=0$
$\Leftrightarrow (x-a)(x-b)=0$
Vậy $S =$ {$a;b$}

Bài này không có điều kiện sao ? Vậy cho $x \to +\infty$ thì $A \to +\infty$ nên không có giá trị nhỏ nhất

Bài này theo cách làm của nó thì phải đưa được về bình phương cộng hằng số, nhưng mình nhóm mãi mà không được, Nhân vào rồi nhóm cũng không xong. Mà thầy mình bảo là không sai đề. hix hix...

$BC \cap (O;r) = D$
Hạ $OI \perp MD$. Dễ dàng chứng minh: $A,O,D:thẳng hàng$
Không mất tính tổng quát, giả sử B,M,I,D,C thẳng hàng theo thứ tự đó
Lần lượt theo Pythagore, ta có:
$MA^2+MB^2+MC^2=4OI^2+(IB-IM)^2+(MI+IC)^2$
$=4OI^2)+IB^2-2BI.IM+IM^2+IM^2+2IM.IC+IC^2$
$=2(r^2+R^2):const$
b, Gọi $G$ là trọng tâm $\triangle ABC$, mà $AI$ là trung tuyến.
Vậy với cách xác định điểm $G$ như trên, $G$ cũng là trọng tâm $\triangle AMD$
$\Rightarrow \frac{MG}{MO} = \frac{2}{3}$
Mà $O:const \Rightarrow G:const$

Làm thế nào để c/m $A, O, D$ thằng hàng anh. Em chứng minh mà chẳng biết đúng sai thế nào nữa!

Tìm GTNN của: $A=x^2+6y^2+14z^2-8yz+6zx+4xy$

$f(x)=1$ là sao hả bạn?

minh nhầm, mình sửa lại đề rồi đó bạn

Cho $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ và $f(1)=1$;$f(2n)=f(n)$;$f(2n+1)=f(n)+1$. Tìm giá trị lớn nhất của $f(n)$ với $1\leq n\leq 1994$

Hướng dẫn:
Dễ thấy, nếu tồn tại hàm số $f$ thỏa đề thì chỉ có một và chỉ một hàm $f$ thỏa đề. Ta chỉ cần chỉ ra sự tồn tại của hàm số $f$.
Đầu tiên, ta có nhận xét: Mọi số tự nhiên $x$ trong hệ thập phân, đều chỉ có duy nhất một cách biểu diễn dưới dạng nhị phân.
Hàm số $f$ xác định như sau: $f(n)$ là số chữ số $1$ trong cách viết hệ nhị phân của $n$. (1)
Hãy chứng minh (1) bằng quy nạp. Với chú ý: Nếu
\[
n = \overline {a_1 a_2 ...a_k } _{\left( 2 \right)} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2n = \overline {a_1 a_2 ...a_k 0} _{\left( 2 \right)} \\
2n + 1 = \overline {a_1 a_2 ...a_k 1} _{\left( 2 \right)} \\
\end{array} \right.
\]
Từ đó, do $1994 = \overline {11111001010} _{\left( 2 \right)}$ để $f(n)$ có GTLN với $1 \le n \le 1994$ thì \[
n = \overline {1111111111} _{\left( 2 \right)} = 1023
\]

Xin hỏi còn có cách nào khác nữa không? Mấy cái vấn đề bạn nếu trong này mình đều chưa học!!

Hướng dẫn:
Dễ thấy, nếu tồn tại hàm số $f$ thỏa đề thì chỉ có một và chỉ một hàm $f$ thỏa đề. Ta chỉ cần chỉ ra sự tồn tại của hàm số $f$.
Đầu tiên, ta có nhận xét: Mọi số tự nhiên $x$ trong hệ thập phân, đều chỉ có duy nhất một cách biểu diễn dưới dạng nhị phân.
Hàm số $f$ xác định như sau: $f(n)$ là số chữ số $1$ trong cách viết hệ nhị phân của $n$. (1)
Hãy chứng minh (1) bằng quy nạp. Với chú ý: Nếu
\[
n = \overline {a_1 a_2 ...a_k } _{\left( 2 \right)} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2n = \overline {a_1 a_2 ...a_k 0} _{\left( 2 \right)} \\
2n + 1 = \overline {a_1 a_2 ...a_k 1} _{\left( 2 \right)} \\
\end{array} \right.
\]
Từ đó, do $1994 = \overline {11111001010} _{\left( 2 \right)}$ để $f(n)$ có GTLN với $1 \le n \le 1994$ thì \[
n = \overline {1111111111} _{\left( 2 \right)} = 1023
\]

Bạn ơi, bạn có thể chứng minh ($1$) bằng cách quy nạp dùm mình được không? Mình làm mãi mà vẫn không chứng minh được.

Ta có $x^{2}-5x+14=x^{2}-6x+9+x+5=(x-3)^{2}+x+5\geq x+5\geq x+1+4\geq 4\sqrt{x+1}$
Dấu "=" xãy ra khi x=3

Bạn ơi cho mình hỏi vì sao $x+1+4\geq 4\sqrt{x+1}$

a) Giải phương trình: $4\sqrt{x+1}=x^2-5x+14$
b) Tìm các giá trị nguyên $x, y$ thoả mãn đẳng thức: $(y+2)x^2+1=y^2$

Cho $2$ đường tròn $(O;R)$ và $(O';R')$ tiếp xúc ngoài nhau ($R>r$). $AB$ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn
($A\in (O;R),B\in (O';R')$). Tính độ dài $AB$

Tích của $2$ số lẻ liên tiếp, $2$ số chẵn liên tiếp có phải là số chính phương không? Chứng minh.

Anh ơi, làm thế nào c/m được hai tam giác $AMK$ và $BO'K$ đồng dạng vậy anh

Giải và biện luận phương trình

a) $\frac{x-a}{x+1}=\frac{x+3}{x-1}$

ĐKXĐ: $x\neq \pm 1$
Ta có phương trình trên tương đương với:
$(x-a)(x-1)=(x+3)(x+1)<=>x^2-x-ax+a=x^2+4x+3$
$<=>x(a+5)=-a-3$
Nếu $a = -5$ thì $0x=-8$ phương trình vô nghiệm
Nếu $a\neq -5$ thì $x=\frac{-a-3}{a+5}$
$x=\frac{-a-3}{a+5}$ là nghiệm của phương trình đã cho $<=> \frac{-a-3}{a+5}\neq 1$ và $\frac{-a-3}{a+5}\neq -1$ $<=> a\neq -4$
Đến đây, kết luận nữa là xong, các câu còn lại tương tự mà làm.

2 đường tròn ngoài nhau thì không có công thức tổng quát dựa trên bk 2 đường tròn đâu em

Anh ơi, em sửa lại đề rồi, anh xem giúp em với!

ai giúp mình giải bài này với.chứng minh ($2^{2^{m}}$;$2^{2^{n}}$) với m$\neq$n

Bạn kiểm tra lại đề được không?

Độ dài tiếp tuyến chung sẽ phụ thuộc vào 2 bán kính, và khoảng cách giữa 2 tâm đường tròn nữa đó em

Tiếp tuyến chung trong và tiếp tuyến chung ngoài đều không được hả anh?

Giải như sau:
Gọi hai số lẻ (hai số chẵn) là $a,a+2$
Suy ra $a(a+2)=t^2 \Rightarrow a^2+2a=t^2 \Rightarrow a^2+2a+1=t^2+1 \Rightarrow (a+1)^2=t^2+1$ đến đây quá đơn giản

Đến đây thì nói luôn là ko tồn tại luôn hay là phải cm tiếp bạn

Xem lại đề bạn nhé. $a^{3}+b^{3}+c^{3}=abc$ mà.

Bạn xem lại đề bài đi, bài này không thể làm được với điều kiện đó đâu

mình xin giải bài a
đặt $9+2^{n}=a^{2}$
=>$2^{n}=(a-3)(a+3)$
=>$a-3=2^{x} ,a+3=2^{y}$ với x+y=n
$=>2^{y}-2^{x}=6$
$=>2^{x}(2^{y-x}-1)=6$
tới đây dễ rồi.
cây b cũng làm tương tự

Bạn có thể làm rõ hơn được không, đến cuối mình vẫn không tìm ra được đáp số

Mình cảnh cáo bạn yellow về spam quá nhiều-nguyenta98

Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} x_{1}x_{2}x_{3}=x_{1}+x_{2}+x_{3}\\ x_{2}x_{3}x_{4}=x_{2}+x_{3}+x_{4}\\ ..........\\ ..........\\ x_{1985}x_{1986}x_{1987}=x_{1985}+x_{1986}+x_{1987}\\ x_{1986}x_{1987}x_{1}=x_{1986}+x_{1987}+x_{1}\\ x_{1987}x_{1}x_{2}=x_{1987}+x_{1}+x_{2}\\ \end{matrix}\right.$

Bài 3: Cho a, b, c >0 thỏa: $\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\geq 1$
CMR: a+b+c $\geq$ ab+bc+ca

Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có:
$\frac{1}{a+b+1}=\frac{a+b+c^2}{(a+b+1)(a+b+c^2)}\leq \frac{a+b+c^2}{(a+b+c)^2}$
Tương tự ta có: $\frac{1}{b+c+1}\leq \frac{b+c+a^2}{(a+b+c)^2}$
$\frac{1}{c+a+1}\leq \frac{c+a+b^2}{(a+b+c)^2}$
$\Rightarrow \frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\frac{a^2+b^2+c^2+2(a+b+c)}{(a+b+c)^2}$
Do $1\leq \frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}$ nên ta có:
$a^2+b^2+c^2+2(a+b+c)\geq (a+b+c)^2\Rightarrow a+b+c\geq ab+bc+ca$
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

Xin lỗi bạn vì mình đã không sử dụng $Chebyshev$, nếu bạn cần cách chứng minh bằng $Chebyshev$ thì để mình xem lại đã, coi như hai bài trên là cách khác đi.

c, $A=n^4+2n^3+2n^2+n+7$.
Ta có $(n^2+n)^2<A<(n^2+n+3)^2$
$\implies \left [ \begin{array}{l} A=(n^2+n+1)^2 \\ A=(n^2+n+2)^2 \end{array} \right.$

TH1: Nếu $A=(n^2+n+1)^2 \implies n^4+2n^3+2n^2+n+7=n^4+2n^3+3n^2+2n+1$
$\implies n^2+n=6 \implies n(n+1)=6$.
Do $n \in \mathbb{N} \implies n=2$.

TH2: Nếu $A=(n^2+n+2)^2 \implies n^4+2n^3+2n^2+2n+7=n^4+2n^3+5n^2+4n+4$
$\iff 3n^2+2n=3 \iff n(3n+2)=3$. Hiển nhiên TH này không tìm được $n$ thỏa mãn

$\boxed{ \text{Kết luận.} }.$ Vậy $\boxed{n=2}$.

Sao chứng minh được cái này bạn: $(n^2+n)^2<A<(n^2+n+3)^2$