Cho $(H): \frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{12}=1$. $M$ bất kì nằm trên $(H)$, gọi $K$ là hình chiếu của $M$ trên $Ox$. CMR $\frac{MK^2}{KA_{1}KA_{2}}=const$

 

 

Tìm các điểm $M\in(H): 9x^2-y^2-9=0$ tọa độ $M$ là các số nguyên.

Cho $(H): \frac{x^2}{3}-y^2=1$. Tìm $M\in (H)$ sao cho tổng khoảng cách từ $M$ đến 2 tiệm cận nhỏ nhất.

 

 

Cho đường tròn tâm $O$, đường kính $AB$. Dây $CD$ vuông góc với $AB$. Dây $AE$ cắt $OC$ tại $M$, $DE$ cắt $BC$ tại N. CMR $\frac{CM}{OC}=\frac{CN}{BC}$

Giải $9x^2+12x-2=\sqrt{3x+8}$

DKXD: $x\geq \frac{-8}{3}$
Đặt $\sqrt{3x+8}=3y+2$ ($y\geq \frac{-2}{3}$)
pt tương đương $\left\{\begin{array}{l}9x^2+12x=3y+4\\9y^2+12y=3x+4\end{array}\right.$
Trừ theo vế ta thu được $(x-y)(9x+9y+15)=0$. Đến đây là OK rồi, bạn tự giải lấy nhé!

Điều kiện $x\geq 0$
Ta có $\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{x+1}=\sqrt{\sqrt{x}}+\sqrt{\sqrt{x+1}}\geq \sqrt{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}\geq \sqrt{\sqrt{x+x+1}}=\sqrt[4]{2x+1}$

Bạn ơi, cái này đâu gọi là giải pt đâu, cái này giống như là chứng minh bất đẳng thức vậy! Mình chả thấy cái giá trị nào của $x$ cả!!!

Giải $\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{x+1}=\sqrt[4]{2x+1}$

Giải pt $sin x.\sqrt[2008]{sin^2x+2008}-(cos x+1).\sqrt[2008]{xos^2x+2cos x+2009}=cos x-sin x+1$

Giải bpt $\frac{x-\sqrt{x}}{1-\sqrt{2(x^2-x+1)}}\geq 1$

$1$ lượng khí Hiđrô ở $27^{\circ}C$ dưới áp suất $199kPa$.Tìm khối lượng riêng của khí

Bài này dễ quá xá!
Theo pt Claperon-Mendeleep ta có $pV=\frac{m}{2}RT$, suy ra $m=m=\frac{2pV}{RT}\Rightarrow D=\frac{m}{V}=\frac{2pV}{RTV}=\frac{2p}{RT}$
Thay số tìm ra $D$

Giải bpt $\sqrt{x^2-18x+15}+\sqrt{x^2+2x-15}\leq \sqrt{x^2-18x+18}$

Giải pt $2\sqrt{x+2+2\sqrt{x-1}}-\sqrt{x+1}=4$

Bạn xem lại đề $f(Sf(x)+f(y))=f(x)^2+y$

sorry, mình sửa rồi đó

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$. Sao cho $f(xf(x)+f(y))=f(x)^2+y $ $\forall x,y\in \mathbb{R}$

Cho $p$ là một số nguyên tố. CMR $\frac{p+1}{2}+p!\sum_{k=1}^{p}\frac{1}{C_{p}^{k}}\equiv 0$ (mod $p$)

Đặt $cos\alpha =t,t\in \left [ -1;1 \right ]$.Xét hàm số $f\left ( t \right )=t-t^{3}$ trên $[ -1;1 ]$
Ta có:${f}'(t)=1-2t^{2},{f}'(t)=0\Leftrightarrow t= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$
Lập bảng biến thiên ta nhận thấy:$maxf(t)=\frac{\sqrt{2}}{4}\Leftrightarrow t=\frac{\sqrt{2}}{2}$
Từ đây ta tìm được max của y

Bạn thử thay $cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{3}}$ vào mà xem, kết quả khá bất ngờ đó

$y=\cos\alpha (1-\cos^{2}\alpha )=\cos \alpha \sin \alpha \leq \frac{\sin^{2}\alpha +\cos^{2}\alpha }{2}=\frac{1}{2}$

Sai rồi kìa bạn ơi!!!
$y=cos\alpha (1-cos^2\alpha )=sin^2\alpha cos\alpha $ chứ...

Mình thử thấy đúng mà bạn, đâu có sai đâu

Ờ ờ, sorry mình nhầm.
Bạn có thể giải bằng cách đưa về dạng hệ pt ko?

Phương trình đã cho tương đương với $(x+y+2)(x+2y+1)=15$
Đến đây chi cần xét các TH là ước nguyên của $15$ là được ?

Cái đoạn bôi đỏ sai rồi bạn ơi, phải là $(x+y+2)(x+2y+1)=16$
Nếu mà xét các TH là ước nguyên của $15$ thì có lẽ hơi dài đó. Còn cách khác mà bạn

Đặt $a=x^{2}+x+1\geq \frac{3}{4}$
Ta có

$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{(a+1)^{2}}=\frac{13}{36} \Leftrightarrow 36(a^{2}+2a+1+a^{2})=13a^{2}(a^{2}+2a+1)$

$\Leftrightarrow 13a^{4}+26a^{3}-59a^{2}-72a-36=0$

$\Leftrightarrow a=2$

Thay $a=2$ vào pt kết quả không đúng mà bạn

Định $a$ để hệ sau có nghiệm $\left\{\begin{array}{l}x^2+(y+3)^2\leq 4\\y=2ax^2\end{array}\right.$

Tìm nguyện nguyên dương của pt sau $x^2+2y^2+3xy+3x+5y=14$

Giải pt $(\frac{1}{x^2+x+1})^2+(\frac{1}{x^2+x+2})^2=\frac{13}{36}$

Đặt gạch phát
Cho $a=b,c=0$ dễ dàng suy ra được $k\geq 5$
Ta sẽ c/minh BĐT với $k= 5$, tức là
$$\sum \sqrt{\frac{a^{3}}{5a^{2}+(b+c)^{2}}}\leq \sqrt{\frac{a+b+c}{3}}$$
Theo BĐT Cauchy-Schwarz thì
$$\left ( \sum \sqrt{\frac{a^{3}}{5a^{2}+(b+c)^{2}}} \right )^{2}\leq \left [ \sum \frac{a^{2}}{5a^{2}+(b+c)^{2}} \right ]\left ( \sum a \right )$$
Và do đó ta chỉ cần c/minh
$$\sum \frac{a^{2}}{5a^{2}+(b+c)^{2}} \leq \frac{1}{3}$$
BĐT này bạn có thể xem trong tập BĐT hiện đại của anh Cẩn, trang 134 ( trên mạng có ).
C/minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$. Với $k=5$ thì đẳng thức còn xảy ra khi $a=b,c=0$ và các hoán vị.
@Primary: 2 vế của BĐT là đồng bậc mà bạn. Việc chuẩn hoá cũng k cần thiết, đã fix @@.

Bài này khá dài đây . Giải như sau:
Cho $a=b=1$, $c=0$ suy ra $k\geq 5$. Ta cần chứng minh điều sau đây $\sum \sqrt{\frac{a^3}{5a^2+(b+c)^2}}\leq \sqrt{\frac{a+b+c}{3}}$
Theo bdt Cauchy Schwarz ta có $(\sum \sqrt{\frac{a^3}{5a^2+(b+c)^2}})^{2}\leq (\sum a)(\sum \frac{a^2}{5a^2+(b+c)^2})$
Ta cần chứng minh $(\sum \frac{a^2}{5a^2+(b+c)^2})\leq \frac{1}{3}$
Không mất tính tổng quát ta giả sử $a+b+c=1$, $a\geq b\geq c\Rightarrow a\geq \frac{1}{3}\geq c$
Bất đẳng thức trở thành $\sum \frac{a^2}{6a^2-2a+1}\leq \frac{1}{3}$
Xét 2TH
TH1: Nếu $c\geq \frac{1}{8}$, ta có
$9-\sum \frac{27a^2}{6a^2-2a+1}=\sum (12a-1-\frac{27a^2}{6a^2-2a+1})=\sum \frac{(3a-1)^2(8a-1)}{6a^2-2a+1}\geq 0$
TH2: Nếu $c\leq \frac{1}{8}$, ta có:
$6(VT-VP)=\frac{2a-1}{6a^2-2a+1}+\frac{2b-1}{6b^2-2b+1}+\frac{6c^2}{6c^2-2c+1}
=\frac{a-b-c}{6a^2-2a+1}+\frac{b-c-a}{6b^2-2b+1}+\frac{6c^2}{6c^2-2c+1}
=\frac{2(a-b)^2(3c-2)}{(6a^2-2a+1)(6b^2-2b+1)}+c(\frac{6c}{6c^2-2c+1}-\frac{1}{6a^2-2a+1}-\frac{1}{6b^2-2b+1})$
Ta cần chứng minh $\frac{1}{6a^2-2a+1}-\frac{1}{6b^2-2b+1}\geq \frac{6c}{6c^2-2c+1}$
Do $c\leq \frac{1}{8}\Rightarrow \frac{6c}{6c^2-2c+1}\leq 1$
Suy ra cần chứng minh $\frac{1}{6a^2-2a+1}-\frac{1}{6b^2-2b+1}\geq1$
TH2.1: Nếu $b\leq \frac{1}{3}$ thì $\frac{1}{6b^2-2b+1}\geq1$
TH2.2: Nếu $b\geq \frac{1}{3}$. Sử dụng Cauchy Schwarz ta cần chứng minh $4\geq 6(a^2+b^2)-2(a+b)+2$ hay $(2(a+b)+c)(a+b+c)\geq3(a^2+b^2)$
Do $b\geq \frac{1}{3}$, nên $3b\geq a$,$\Rightarrow (2(a+b)+c)(a+b+c)\geq 2(a+b)^2=3(a^2+b^2)+4ab-a^2-b^2
\geq 3(a^2+b^2)+3ab-a^2\geq 3(a^2+b^2)$
Bất đẳng thức được chứng minh xong. Chắc là OK rồi . Vậy $k_{min}=5$

Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất sao cho vơi $a,b,c\geq 0$ thì $\sum \sqrt{\frac{a^3}{ka^2+(b+c)^2}}\leq \sqrt{\frac{3(a+b+c)}{k+4}}$