Cho các số thực dương $x,y,z,t$ thỏa mãn $xyzt=1$.Chứng minh rằng:

$$\frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^3(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^3(xt+ty+yx)}+\frac{1}{t^3(xy+yz+zx)}\geq \frac{4}{3}$$

Đề của 

DucHuyen1604

Ta có:

$\frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{1}{9y}+\frac{1}{9z}+\frac{1}{9t}$

$= \frac{xyzt}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{yz+zt+ty}{9yzt}$     (với xyzt=1)

$= \frac{yzt}{x^2(yz+zt+ty)}+\frac{yz+zt+ty}{9yzt}\geq 2\sqrt{\frac{1}{9x^2}}$    =$\frac{2}{3x}$         (theo BĐTCô-si)

$\Leftrightarrow \frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}\geq \frac{2}{3x}-(\frac{1}{9y}+\frac{1}{9z}+\frac{1}{9t})$

Tương tự ta có:

$\Leftrightarrow \frac{1}{y^3(xz+zt+tx)}\geq \frac{2}{3y}-(\frac{1}{9x}+\frac{1}{9z}+\frac{1}{9t})$

$\Leftrightarrow \frac{1}{z^3(yx+zt+tx)}\geq \frac{2}{3z}-(\frac{1}{9y}+\frac{1}{9x}+\frac{1}{9t})$

$\Leftrightarrow \frac{1}{t^3(yz+zx+xy)}\geq \frac{2}{3t}-(\frac{1}{9y}+\frac{1}{9z}+\frac{1}{9x})$

Khi đó:

$ \frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^3(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^3(xt+ty+yx)}+\frac{1}{t^3(xy+yz+zx)}\geq (\frac{2}{3x}+\frac{2}{3y}+\frac{2}{3z} +\frac{2}{3t})-(\frac{1}{3x}+\frac{1}{3y}+\frac{1}{3z}+\frac{1}{3t})$$= \frac{1}{3}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t})\geq \frac{4}{3}\sqrt[4]{\frac{1}{xyzt}}=\frac{4}{3}$

vậy $\frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^3(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^3(xt+ty+yx)}+\frac{1}{t^3(xy+yz+zx)}\geq \frac{4}{3}$

Giải phương trình:

$\sqrt{x^2+x-6}+3\sqrt{x-1}=\sqrt{3x^2-6x+19}$

Đề của 

vuminhhoang

Điều kiện:$\left\{\begin{matrix} x^{2}+x-6\geq 0 & & \\ x-1\geq 0 & & \\ 3x^{2}-6x+19\geq 0 & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq -3 hoặc x\geq 2 & & \\ x\geq 1 & & \\ \forall x\in \mathbb{R} & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x\geq 2$

Bình phương 2 vế của phương trình ta được:

$\sqrt{x^2+x-6}+3\sqrt{x-1}=\sqrt{3x^2-6x+19}$

$\Leftrightarrow 6\sqrt{(x-1)(x^{2}+x-6)}=2x^{2}-16x+34$

$\Leftrightarrow 6\sqrt{(x-1)(x+3)(x-2)}=2x^{2}-16x+34$

$\Leftrightarrow 6\sqrt{(x^{2}+2x-3)(x-2)}=2x^{2}-16x+34$

$\Leftrightarrow 6\sqrt{(x^{2}+2x-3)(x-2)}=2(x^{2}+2x-3)-20(x-2)$     (1)

Đặt $\left\{\begin{matrix} u=x^{2}+2x-3 & & \\ v=x-2 & & \end{matrix}\right. (u,v\geq 0)$

Khi đó phương trình (1) trở thành:

$6\sqrt{u.v}=2u-20v$ $\Leftrightarrow 2u-6\sqrt{u.v}-20v=0$(2)

Vì v=0 không phải là nghiệm của phương trình (2) nên ta chia 2 vế của phương trình (2) cho v, ta được:

$\Leftrightarrow 2\frac{u}{v}-6\sqrt{\frac{u}{v}}-20=0$

$\Leftrightarrow \sqrt{\frac{u}{v}}=-2$ hoặc   $\sqrt{\frac{u}{v}}=5 $

$\Leftrightarrow \sqrt{\frac{u}{v}}=5\Leftrightarrow x^{2}+2x-3=25(x-2)$

$\Leftrightarrow x^{2}-23x+47=0$

$\Leftrightarrow \frac{23+\sqrt{341}}{2}$ hoặc$ \frac{23-\sqrt{341}}{2}$

đối chiếu điều kiện các giá trị x thoả.

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm:$\frac{23+\sqrt{341}}{2}$ hoặc$ \frac{23-\sqrt{341}}{2}$

$\boxed{Điểm: 10}$

cho em hỏi sao chưa có bảng xếp thứ hạng sau trận 4 ạ!

Tổng số cách xếp 12 người vào 1 hàng dọc là: N=12!(cách ).

Gọi A là biến cố: "xếp 12 người  thành 1 hàng dọc sao cho giữa 2 người nữ phải có ít nhất 1 người nam"

khi đó biến cố đối của A là biến cố B:"xếp 12 người thành 1 hàng dọc sao cho có ít nhất 2 người nữ đứng cạnh nhau".

*Số phần tử của B :

+Nếu ghép 2 bạn nữ lại thành 1 thì sẽ có 11(cách) chọn vị trí .

+Còn lại 10 bạn xếp vào 10 chỗ có 10!(cách).

+Tiếp tục hoán vị chỗ của 2 bạn nữ trên ta có 2!(cách).

-Do đó n(B)=11.10!.2!=11!.2!(cách)

Vì A và B là 2 biến cố đối nên:

n(A)=N-n(B)=12!-11!.2!=11!.10(cách).

Vậy có 11!.10(cách) xếp 12 người gồm 4 nữ và 8 năm thành 1 hàng dọc sao cho giữa 2 người nữ phải có ít nhất 1 người nam.

*Em học phần này hơi kém mong mọi người góp ý cho lời giải của em! Em xin cảm ơn!!!      

 

Sao không ai nhận xét bài này?!?!?!?!

Tổng số cách xếp 12 người vào 1 hàng dọc là: N=12!(cách ).

Gọi A là biến cố: "xếp 12 người  thành 1 hàng dọc sao cho giữa 2 người nữ phải có ít nhất 1 người nam"

khi đó biến cố đối của A là biến cố B:"xếp 12 người thành 1 hàng dọc sao cho có ít nhất 2 người nữ đứng cạnh nhau".

*Số phần tử của B :

+Nếu ghép 2 bạn nữ lại thành 1 thì sẽ có 11(cách) chọn vị trí .

+Còn lại 10 bạn xếp vào 10 chỗ có 10!(cách).

+Tiếp tục hoán vị chỗ của 2 bạn nữ trên ta có 2!(cách).

-Do đó n(B)=11.10!.2!=11!.2!(cách)

Vì A và B là 2 biến cố đối nên:

n(A)=N-n(B)=12!-11!.2!=11!.10(cách).

Vậy có 11!.10(cách) xếp 12 người gồm 4 nữ và 8 năm thành 1 hàng dọc sao cho giữa 2 người nữ phải có ít nhất 1 người nam.

*Em học phần này hơi kém mong mọi người góp ý cho lời giải của em! Em xin cảm ơn!!!      

 Đề Bài

 

Giải phương trình lượng giác sau :

$$\sin 4x + 2=\cos 3x + 4\sin x+\cos x$$

Toán thủ ra đề: hoangkkk

Ta có:

    $\sin 4x + 2=\cos 3x + 4\sin x+\cos x$

$\Leftrightarrow sin4x+2-cos3x-4sinx-cosx=0$

$\Leftrightarrow 2sin2xcos2x+2-(4cos^{3}x-3cosx)-4sinx-cosx=0$

$\Leftrightarrow 4sinxcosx(2cos^{2}x-1)-4cos^{3}x+2cosx-4sinx+2=0 $

$\Leftrightarrow (8sinxcos^{3}x-4cos^{3}x)+(2cosx-4sinxcosx)+(2-4sinx)=0$

$\Leftrightarrow 4cos^{3}x(2sinx-1)-2cosx(2sinx-1)-2(2sinx-1)=0$

$\Leftrightarrow (2sinx-1)(4cos^{3}x-2cosx-2)=0$

 Với          $2sinx-1=0\Leftrightarrow sinx=\frac{1}{2}$

           $\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{6}+k2\pi,k\in Z$     hoặc       $x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi,k\in Z$

Với           $(4cos^{3}x-2cosx-2)=0$

           $\Leftrightarrow (cosx-1)(4cos^{2}x+4cosx+2)=0$

                       * $cosx-1=0$  $\Leftrightarrow cosx=1$   $\Leftrightarrow x=k2\pi,k\in Z$

                       * $(4cos^{2}x+4cosx+2)=0$      (Vô nghiệm,$\Delta < 0$)

Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:

$x=\frac{\pi }{6}+k2\pi$ ,   $x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi$ ,   $ x=k2\pi$ ,  $k\in Z$

$\boxed{\text{Điểm bài thi}:10}$

S=16.3+3*10 = 46.3

Gọi M$(x_{M} ; y_{M})$ là trung điểm của AB.

 Khi đó $\left\{\begin{matrix} x_{M}= \frac{1}{2}(x_{A}+x_{B})& & \\ y_{M}= \frac{1}{2}(y_{A}+y_{B})& & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_{M}= \frac{1}{2}(2+4)& & \\ y_{M}= \frac{1}{2}(0+5) & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_{M}= 3& & \\ y_{M}= \frac{5}{2} & & \end{matrix}\right.$

                              Hay M(3;$\frac{5}{2}$).

Ta có: $\overrightarrow{AB}$=(4-2;5-0)=(2;5).

Phương trình đường thẳng  $d_{1}$ đi qua M(3;$\frac{5}{2}$) và có véctơ pháp tuyến $\overrightarrow{AB}$=(2;5) là:

2(x-3)+5(y-$\frac{5}{2}$)=0$\Leftrightarrow 4x+10y-37=0$.

( $d_{1}$ cũng là phương trình đường trung trực của đoạn thẳng AB. Nên  theo tính chất của hình chữ nhật thì $I\in (d _{1})$)

     Với  $I$ $(x_{I} ; y_{I})$ là tâm hình chữ nhật ABCD.

Vì $I$ là giao điểm của đường thẳng d và $d_{1}$ nên tọa độ của điểm I thoả hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} 4x_{I}+10y_{I}=37& & \\ x_{I}-y_{I}=1& & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_{I} =\frac{47}{14}& & \\ y _{I}=\frac{33}{14}& & \end{matrix}\right.$

                             Hay $I$$(\frac{47}{14};\frac{33}{14})$

Theo tính chất hình chữ nhật ta có: C đối xứng với A qua $I $ $\Rightarrow C(\frac{33}{7};\frac{33}{7})$

                                                         D đối xứng với B qua $I$ $\Rightarrow D(\frac{19}{7};\frac{-2}{7})$

Vậy:           C$(\frac{33}{7};\frac{33}{7})$

                     D$(\frac{19}{7};\frac{-2}{7})$

$\boxed{Điểm: 10}$

S = 12+3*10 = 42

mình quên đặt điều kiện cho t nên chắc bị trừ điểm rồi i !!! mà không biết khi nào mới có điểm nhỉ?

Vì x=0 không phải là nghiệm của phương trình, nên ta chia hai vế của phương trình cho $x^{3}$khi đó ta có: 

$2(4x^{6}-\sqrt[3]{6x^{10}+x^9+6x^8}+4)= x^2(x-22x^2-22)$

$\Leftrightarrow 8x^3-2\sqrt[3]{6x+1+\frac{6}{x}}+\frac{8}{x^3} =1-22x-\frac{22}{x}$   (1)

$\Leftrightarrow 8(x^3+3x+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^3})-2\sqrt[3]{6(x+\frac{1}{x})+1}=1+2(x+\frac{1}{x})$ 

$\Leftrightarrow 8(x+\frac{1}{x})^3-2\sqrt[3]{6(x+\frac{1}{x})+1}=1+2(x+\frac{1}{x})$

Đặt $t=x+\frac{1}{x}$, khi đó 

$(1)\Leftrightarrow 8t^3-2\sqrt[3]{6t+1}=1+2t$

     $\Leftrightarrow 8t^3=1+2t+2\sqrt[3]{6t+1}$

Đặt $2y=\sqrt[3]{6t+1}$ ta được hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} 8t^3=2t+1+4y     (a)& & \\ 8y^3=6t+1    (b) & & \end{matrix}\right.$

Lấy (a)-(b) vế theo vế ta được phương trình:

    $8(t^3-y^3)=-4(t-y)$

$\Leftrightarrow 8(t-y)(t^2+ty+y^2)=-4(t-y)$

$\Leftrightarrow  (t-y)[2(t^2+yt+y^2)+1]=0$

$\Leftrightarrow t-y=0 $    (Vì  $2(t^2+yt+t^2)+1>0,\forall y,t\in \mathbb{R}$)

$\Leftrightarrow t=y $

Thay y=t vào (b) ta được:

                   $8t^3-6t = 1 \Leftrightarrow 4t^3-3t = cos(\frac{\pi}{3})$

Sử dụng công thức $4cos^3\frac{\alpha }{3}-3cos\frac{\alpha }{3}=cos\alpha$    ta suy ra được các giá trị của lần lượt là:$t=cos\frac{\pi}{9}$;   $t=cos\frac{5\pi}9$;    $t=cos\frac{7\pi}{9}$

Thay lần lượt các giá trị của t vào  phương trình $x^2-xt+1=0$ suy ra x.          

Giải các phương trình không có nghiệm x thỏa mãn

KẾT LUẬN:   VẬY PHƯƠNG TRÌNH ĐÃ CHO VÔ NGHIỆM 

$\boxed{Điểm: 5}$

S = 2 + 5*3 = 17

Họ và tên:Bùi Nhật Linh.

Lớp: 11K1

Trường:THPT Phan Chu Trinh

Nơi ở hiện nay: Thôn 6, xã Earal, Huyện Eahleo, tỉnh Đăk Lăk.

*Đề: Cho hàm số  $y=\frac{1}{3}x^{3}+\frac{m}{2}x^{2}-2x+1$

Tìm m để bất phương trình  $x^{2}-1> 0$  thoả mãn với x thuộc khoảng tăng của hàm số y.

*Lời giải:

   Ta có: $x^{2}-1> 0\Leftrightarrow x< -1 \vee x> 1 \Leftrightarrow x\in \bigl(\begin{smallmatrix} -\infty ;-1 \end{smallmatrix}\bigr) \cup \bigl(\begin{smallmatrix} 1;+\infty \end{smallmatrix}\bigr)$

Ta có: y'=$x^{2}$+mx-2

$y'=0\Leftrightarrow x_{1}=\frac{-m-\sqrt{m^{2}+8}}{2}\vee x_{2}=\frac{-m+\sqrt{m^{2}+8}}{2}$

 untitled.bmp   736.55K   1 Số lần tải

Vậy để y tăng trên các khoảng $\left (- \infty;{x_{1}} \right )\cup \left ( x_{2};+\infty \right )$

Để $x^{2}$-1>0   đúng    $\forall x\in \left (- \infty;{x_{1}} \right )\cup \left ( x_{2};+\infty \right )$ thì ta phải có:

$x_{1 }\leq -1< 1\leq x_{2}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} f(-1)\leq 0\\ f(1)\leq 0 \end{matrix}\right.$         (với $f(x)=x^{2}+mx-2$)

                                    $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -m-1\leq 0\\ m-1\leq 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow -1\leq m\leq 1$

Kết luận: $-1\leq m\leq 1$

CD13 hỏi: Có được dùng so sánh nghiệm tam thức bậc 2 với số thực theo công thức như trên không?

Lần trước em đã đăng kí với tên Nhật Linh nhưng không biết tại sao lại không có tên trong danh sách mà cũng không có lí do ban tổ chức không nhận em. Rât mong ban tổ chức xem xét lại giúp em! 

OK, BTC có sự nhầm lẫn., BTC sẽ cập nhật lại danh sách vào ngày 18/8 tới

Họ và tên:Bùi Nhật Linh

Lớp:11K1

Trường: THPT Phan Chu Trinh

Nơi ở: thôn 6, xã Earal, huyện Eahleo, tỉnh Đăk Lăk.

* ĐỀ THI:

Tìm x,y$\varepsilon$ $N^{*}$ để:       $\frac{C_{x+1}^{y}}{6}= \frac{C_{x}^{y+1}}{5}= \frac{C_{x}^{y-1}}{2}$     (1)

* LỜI GIẢI:

  Điều kiện:  $\left\{\begin{matrix} y-1\geq 0 & & \\ y+1\leq x& & \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow 1\leq y\leqslant -x-1$

Ta có (1) $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{C_{x+1}^{y}}{6}=\frac{C_{x}^{y+1}}{5} & & \\\frac{C_{x+1}^{y}}{6}= \frac{C_{x}^{y-1}}{2}& & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 5C_{x+1}^{y}=6C_{x}^{y+1} (a))& \\C_{x+1}^{y}= 3C_{x}^{y-1} (b) & \end{matrix}\right.$

(b) $\Leftrightarrow \frac{(x+1)!}{y!(x+1-y)!}= \frac{3.x!}{(y-1)!(x+y-1)!}\Leftrightarrow \frac{x+1}{y}= 3\Leftrightarrow x+1=3.y (c)$

 Thế (c) vào (a) ta được  5$C_{3y}^{y}=6C_{3y-1}^{y+1}\Leftrightarrow \frac{5.(3y)!}{y!(2y)!}=\frac{6.(3y-1)!}{(y+1)!(2y-2)!)}\Leftrightarrow \frac{5.3y}{(2y-1)(2y)}=\frac{6}{y+1}\Leftrightarrow \frac{5}{2(2y-1)}= \frac{2}{2y+1}\Leftrightarrow 5(y+1)=4(2y-1)\Leftrightarrow 3y=9\Leftrightarrow y=3$

Thế y=3 vào (c) suy ra:x=8

Đáp số:$\left\{\begin{matrix} x=8 & \\y=3 & \end{matrix}\right.$

mình nghĩ nếu kẻ từ C đường thẳng vuông góc với AB tại N" thì N' trùng với B rồi còn gì?