$\left\{\begin{matrix} x+ay-a=0 & & \\ x^2+y^2-x=0 & & \end{matrix}\right.$

 

a) Tìm a để hệ có 2 nghiêm phân biệt

b)  giả sử $(x_{1},y_{1}) ; (x_{2},y_{2})$  là hai nghiêm của hệ

Chứng minh:

 

$(x_{2}-x_{1})^2+(y_{2}-y_{1})^2<1$

Hãy cho $a\geq b\geq c$

$f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2+3-a-b-c-ab-bc-ac$

$f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)=2ab+c^2+3-2\sqrt{ab}-c-ac-2c\sqrt{ab}$

Dễ chứng minh $f(a,b,c)\geq f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$

Bằng đạo hàm dễ có đpcm

 

 

Có thể sử dụng BĐT cổ điển để giải không MAI XUÂN Sơn 

cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1

Chứng minh rằng:

 

$a^2+b^2+c^2+3\geqslant a+b+c+ab+bc+ca$

qua điểm O nằm trên đường cao BH của tam giác ABC kẻ các đường thẳng AO và CO cắt các cạnh BC và BA lần lượt tại M và K.Chứng minh rằng $\widehat{MHB}=\widehat{KHB}$

Bài này sử dụng hàng điểm điều hòa em ạ 

Giả sử $a,b$ là 2 số dương khác nhau thỏa mãn:

$a-b=\sqrt{1-b^2}-\sqrt{1-a^2}$

Chứng minh rằng: $a^{2}+b^{2}=1$

$a-b=\sqrt{1-b^2}-\sqrt{1-a^2}=\frac{a^2-b^2}{\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}}$

 

Do a khác b nên:

$a+b=\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}$

 

$\Rightarrow a=\sqrt{1-b^2}\Rightarrow a^2+b^2=1(Q.E.D)$  

Bài toán :
   Cho $a , b , c $ $\epsilon $ $R $ thỏa mãn $ a + b = 1 $. CMR:
    $\frac{1}{ba^2}+\frac{1}{ab^2}\geqslant \frac{4}{a^4+b^4+a^5+b^5+a^3b^2+b^3a^2}$

Do a+b=1 nên:

$\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{a^2b}=\frac{1}{a^2.b^2}$

 

Do đó ta cần chứng minh:

$a^4+b^4+a^5+b^5+a^3b^2+a^2b^3\geq 4a^2b^2$

 

Theo cauchy:

$a^4+b^4\geq 2a^2b^2$

$(a^5+a^3b^2)+(b^5+a^2b^3)\geq 2a^4b+2ab^4=2ab(a^3+b^3)\geq 2ab.ab(a+b)=2a^2b^2$

$\Rightarrow a^5+a^3b^2+b^5+a^2b^3+a^4+b^4\geq 4a^2b^2(Q.E.D)$

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Để chứng minh M,I,N thẳng hàng ta chứng minh MN,BG,AQ đồng quy tại I

Xét tam giác ABN có:$\frac{QB}{QN}.\frac{GN}{GA}.\frac{MA}{MB}=\frac{QB}{QN}.\frac{1}{2}.1=\frac{QB}{2QN}$$\frac{QB}{QN}.\frac{GN}{GA}.\frac{MA}{MB}=\frac{QB}{QN}.\frac{1}{2}.1=\frac{QB}{2QN}$

 

Theo bài ra ta có:

BQ=QR=RC $\Rightarrow BQ=\frac{1}{3}.BC$

BN=NC=$\frac{1}{2}.BC$

$\Rightarrow BQ=2QN$

$\frac{QB}{QN}.\frac{GN}{GA}.\frac{MA}{MB}=1$

Theo định lí CEVA thì MN,AQ,BG đồng quy,  mà I là giao điểm của BG và AQ nên M,I,N thẳng hàng 

Với n lẻ:

$4^n\equiv -1 mod 5$

$a^4\equiv 1 mod 5$

$\Rightarrow 4^n+n^4\equiv 0 mod5$

Hiển nhiên $\Rightarrow 4^n+n^4 > 5$  nên là hợp số

Với n chẵn:

$\Rightarrow 4^n+n^4 \vdots 2$

$\Rightarrow 4^n+n^4 >2$  nên là hợp số 

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ca)$, theo cầu chì 3 số thì $(abc+aba+1)(a+b+c)\geq 9abc$, từ đây ta có đ.p.c.m  đẳng thức xảy ra khi và chỉ khgi a=b=c=1

BÀi làm sai rồi

Chứng minh rằng:

$3^{4^{5}}+4^{5^{6}}$ >$10^{2002}$

 

 

$x+y+z=1\Rightarrow xy+z=xy+1-x-y=(1-x)(1-y)=(y+z)(z+x)$
$\Rightarrow \sqrt{\frac{xy}{xy+z}}= \sqrt{\frac{xy}{(y+z)(x+z)}}\leqslant \frac{1}{2}.(\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+z})$

Làm tương tụ cộng lại  là xong.

Cho tam giác nhọn $ABC$. Từ điểm $E$ bất kỳ trên $AC$ ( $E$ khác $A$ và $C$) kẻ đường thẳng song song với đường thẳng$ BC$, đường thẳng này cắt$ AB$ tại  $D$. Lấy $M$ trên $AB$ sao cho góc AME = góc BMC. Qua giao điểm $O$ của đường thẳng $BE$ và $CD$ kẻ đường thẳng song song với $BC$, đường thẳng này cắt cạnh $AC$ tại $N$. CMR:$OM=ON$

Đề của Joker9999

-Nếu M là giao điểm của ON và AB
http://upanh.com/vie...&id=3vl0fnduafb
Gọi I là giao điểm của ME và BC
Theo bài ra ta có:
$\widehat{AME}=\widehat{BMC} \Rightarrow \widehat{IMB}=\widehat{BMC}$
Do đó MB là phân giác của $\widehat{IMC}$  (1)
Lại có:
Theo Ta-lét:
$\frac{ED}{IB}=\frac{EM}{MI}=\frac{OE}{OB}=\frac{DE}{BC}\Rightarrow$IB=BC  (2)

Từ (1) (2)  thì tam giác MIC cân tại M nên $AB\perp BC$  nên tam giác ABC vuông tại B (  vô lí)
Vậy M không thể là giao điểm của ON và AB
-Nếu M không là  giao điểm của ON và AB, ta gọi giao điểm đó là S
http://upanh.com/vie...&id=9vl48n4denf
Tương tự như trên thì MB là phân giác  góc IMC , do đó $\frac{MI}{MC}=\frac{IB}{BC}$
Theo Ta-lét:
$\frac{OS}{BC}=\frac{DO}{DC}=\frac{EN}{EC}=\frac{ON}{BC}$$\Rightarrow$ OS=ON
Ta cần chứng minh OM=ON,  khi đó ta cần chứng minh tam giác SMN vuông tại M
bây giờ ta chứng minh MN là phân giác góc EMC
Thật vậy, theo Ta-lét
Ta có:
$\frac{ME}{IM}=\frac{DE}{IB}; \frac{MC}{MI}=\frac{BC}{BI}$
$\Rightarrow \frac{ME}{MC}.\frac{NC}{NE}=\frac{ED}{BC}.\frac{BO}{OE}=\frac{ED}{BC}.\frac{BC}{DE}=1\Rightarrow \frac{ME}{MC}=\frac{EN}{NC}$

Do đó theo định đí đảo phân giác thì MN là phân giác góc EMC, từ đó $\widehat{EMN}=\widehat{CMN}$$\Rightarrow \widehat{AMN}=\widehat{BMN}\Rightarrow \widehat{AMN}=\widehat{BMN}=90\Rightarrow$  tam giác NMS vuông tại M, mặt khác OS=ON nên OM=ON(đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

Vậy OM=ON 

 

Điểm bài 10

S = 15+3*10 = 45

http://upanh.com/vie...&id=4vlf8t1j3lr

Bài này hình như ko tìm đc nghiệm cậu à.

Đáp số f(x)=$x^3$

Tìm tất cả hàm số f: R----> R

$f(x+y)+f(x-y)-2f(x).f(1+y)=2xy(3y-x^2)$

$\forall x,y \epsilon \mathbb{R}$

Cho a,b,c>0 thỏa mãn

$a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2\le 4$

Chứng minh:

$\frac{ab+1}{(a+b)^2}+\frac{cb+1}{(c+b)^2}+\frac{ac+1}{(a+c)^2}\ge 3$

Chả biết sót không nữa :3

Cho $x=\frac{1}{2}$ ta có $P(1)=0$
$x=1$ thì $P(1)=0$

$P(x)=(x-\frac{1}{2})(x-1)Q(x)$ với $Q(x)$ là 1 đa thức.

Thay vào $(\star)$ ta có $(2x-1)(x-\frac{1}{2})(x-1)Q(x)=(2x-1)(x-\frac{1}{2})(x-1)Q(2x)$

$$\Rightarrow Q(x)=Q(2x),\forall n\in \mathbb{R} \setminus \{\frac{1}{2};1\}$$

Do đó $Q(x)$ là đa thức tuần hoàn nên $Q(x)=C=const$

Vậy $P(x)= C(x-\frac{1}{2})(x-1)$

bài bị lỗi

TÌm tất cả đa thức

$(2x-1).P(x)=(x-1).P(2x)$

$x+y+25=8(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5})$
$\Leftrightarrow x-1+y-5+2\sqrt{(x-1)(y-5)}+31=8(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5})+2\sqrt{(x-1)(y-5)}
\Leftrightarrow (\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5})^{2}+31=8(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5})+2\sqrt{(x-1)(y-5)}

\Leftrightarrow 2\sqrt{(x-1)(y-5)}=(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-5}-4)^{2}+15\geqslant 15 \Leftrightarrow A\geq 7,5$

Thế dấu bằng xảy ra khi nào

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều với BC=2a,AB=AD=CD=a.Mặt bên SBC là tam giác đều.Biết SD vuông góc với AC
a) tinh SD
b) Mặt phẳng đi qua M thuoc BD song song với SD và AC.TÍnh diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng P theo a và $x=\frac{BM}{\sqrt{3}}$
.TÍnh x để diện tích thiết diện đạt MAX

Dễ thấy (0;0;0) là một nghiệm của hệ phương trinh
do đó ta chỉ cần xét khi x,y,z khác 0
Ta có: $x+y+z=xyz\Rightarrow x+y=z(xy-1)$
Mặt khác: $\frac{156x}{x^2+1}=\frac{65y}{y^2+1}=\frac{60z}{z^2+1}$ nên
để hệ có nghiệm thì x,y,z phải cùng dấu.
Xét hai trường hợp:
TH1: $xy=1 \Rightarrow x+y=0$ ( vô lí do x,y cùng dấu)
TH2: $xy\neq 1\Rightarrow z=\frac{x+y}{xy-1}\Rightarrow z=\frac{x+y}{xy-1}$
Do đó: $\frac{156x}{x^2+1}=\frac{65y}{y^2+1}=\frac{60z}{z^2+1}$
$\Leftrightarrow \frac{780x}{5(x^2+1)}=\frac{780y}{12(y^2+1)}=\frac{z}{13(z^2+1)}$$\Leftrightarrow \frac{x}{5(x^2+1)}=\frac{y}{12(y^2+1)}=\frac{z}{13(z^2+1)}$
$\Leftrightarrow \frac{x}{5(x^2+1)}=\frac{y}{12(y^2+1)}=\frac{(x+y)(xy-1)}{13(x^2+1)(y^2+1)}$
Từ đó:
$13x(y^2+1)=5(x+y)(xy-1) ; 12x(y^2+1)=5y(x^2+1)$
Do vậy:
$\left\{\begin{matrix} 12x(y^2+1)=5y(x^2+1) & & \\ 13xy^2+13x)=5(x^2y-x+y^2x-y)& & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 5y(x^2+1)=12x(y^2+1) & & \\ x(8y^2+18)=5y(x^2-1) & & \end{matrix}\right. \Rightarrow \frac{4y^2+9}{6(y^2+1)}=\frac{x^2-1}{x^2+1} \Rightarrow 4x^2y^2+4y^2+9x^2+9=6x^2y^2-6y^2+6x^2-6
\Rightarrow x^2(2y^2-3)-10y^2-15=0 $
lại có : $12x(y^2+1)=5y(x^2+1)\Rightarrow 144x^2(y^2+1)^2=25y^2(x^2+1)^2$
Đặt
$x^2=a(a>0);y^2=b(b>0)$
Do vậy ta có hệ sau:
$\left\{\begin{matrix} a(2b-3)=10b+15 & & \\ 144a(b+1)^2=25b(a+1)^2& & \end{matrix}\right.$
Nếu $b=\frac{3}{2}\Rightarrow 10b+15=0\Rightarrow b=\frac{-3}{2}$ ( vô lí) do vậy $b\neq \frac{3}{2}$
từ đó: $a=\frac{10b+15}{2b-3}$ $\Rightarrow 144.\frac{10b+15}{2b-3}.(b+1)^2=25b(\frac{10b+15}{2b-3}+1)^2=25b(\frac{12(b+1)}{2b-3})^2=25.144.b.(b+1)^2.\frac{1}{(2b-3)^2}\Rightarrow 10b+15=\frac{25b}{2b-3}\Rightarrow 20b^2-30b+30b-45=25b\Rightarrow 20b^2-25b-45=0\Rightarrow b=\frac{9}{4} ; b=-1$
do b>0 nen b=-1 loại , vậy b=$\frac{9}{4}\Rightarrow y=\frac{3}{2};y=\frac{-3}{2}$

Với $y=\frac{3}{2}\Rightarrow x=5;z=1$
Với $y=\frac{-3}{2}\Rightarrow x=-5;z=-1$

Vậy hệ phương trinh có :
(x,y,z)=(5;$\frac{3}{2}$;z=1)
(x,y,z)=(-5;$-\frac{3}{2}$;z=-1)
và là các hoán vị của 0

 

Hoán vị của 0 là thế nào?

 

S = 7+3*10 = 37
















 

a,b,c > 0 , a+b+c=3.Chứng minh:
$\frac{x}{xy+1}+\frac{y}{zy+1}+\frac{z}{zx+1}\geqslant \frac{3}{2}$

Thêm bài nữa
2, ${x_{1}}=\frac{1}{2};{x_{n+1}}=\frac{1}{2}(\sqrt{{x_{n}}^2+\frac{1}{4^n}}+{x_{n}})$

$x_{n}^{2}+\frac{1}{4^n}>x_{n}^{2}\Rightarrow x_{n+1}>x_{n} \Rightarrow {x_{n}}$ là dãy tăng
gia su co gioi han huu han thi $lim x_{n}=a\geqslant 0$, khi do:

$a=\frac{\sqrt{a^2+\frac{1}{4^n}}+a}{2} \Rightarrow a=\sqrt{a^2+\frac{1}{4^n}}\Rightarrow 0=\frac{1}{4^n}$
vo li
vay $lim x_{n}=$ duong vo cung

Cho tứ diện ABCD có SA=SB=SC=1, mặt phẳng (P)đi qua trọng tâm M của tứ diện cắt SA,SB,SC lan luot D,E,F( khác S)
Tìm max
$$\frac{1}{SD.SE}+\frac{1}{SF.SE}+\frac{1}{SD.SF}$$

cho Phuong trinh $x^n+\frac{x^{n-1}}{2}+...+\frac{x}{2^{n-1}}=\frac{1}{2^n}$
Chứng minh phương trình chi co 1 nghiem dương duy nhất với mỗi n $\geqslant 1$ ( n nguyên).Gọi $x_{n}$ là nghiệm của pt trên.tìm lim $x_{n}$