Giải hệ phương trình: $$\left\{ \begin{array}{l}\sqrt{y^2+1}-\dfrac{y}{x+\sqrt{x^2+1}}\times3^{\frac{xy-1}{y}}=1\\\log_{2\times\sqrt{2+\sqrt{3xy}}}\left(x^2-2x^3y-2xy\right)+\log_{\sqrt{2+\sqrt{2+xy}}}y=\log_{2xy+\sqrt{3}}\left(1-3xy^3-2xy^2\right)\end{array} \right.$$

Giải:

$\left\{ \begin{array}\sqrt{y^2+1}-\frac{y}{x+\sqrt{x^2+1}}\times3^{\frac{xy-1}{y}}=1(1)\\\log_{2\sqrt{2+\sqrt{3xy}}}\left(x^2-2x^3y-2xy\right) +\log_{\sqrt{2+\sqrt{2+xy}}}y=\log_{2xy+\sqrt{3}}\left(1-3xy^3-2xy^2\right)(2)\end{array} \right.$

Xét $(1)$: 

$(1)\Leftrightarrow\frac{y}{\sqrt{y^2+1}+1}=\frac{3^{\frac{xy-1}{y}}}{x+\sqrt{x^2 +1}}$

$\Leftrightarrow\frac{y\times 3^{\frac{1}{y}}}{\sqrt{y^2+1}+1}=\frac{3^{x}}{x+\sqrt{x^2 +1}}$

$\Leftrightarrow\frac{ 3^{a}}{\sqrt{a^2+1}+a}=\frac{3^{x}}{x+\sqrt{x^2 +1}} (a = \frac{1}{y}, a\neq 0 )$

Xét hàm số: $f(t)=\frac{3^{t}}{t+\sqrt{t^2 +1}}$$\Rightarrow f'(t)= \frac{3^t\times (-1+\sqrt{1+t^2} \log(3))}{1+t^2+t \sqrt{1+t^2}}>0$$ \forall t \in \mathbb{R}$

Suy ra hàm đồng biến $\Rightarrow x= a = \frac{1}{y}$ hay  $xy=1$

Thế $xy=1$ vào $(2)$ ta có: 

$\log_{2\sqrt{2+\sqrt{3}}}(-x^2-2)+\log_{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{y}= \log_{2+\sqrt{3}}(1-3y^2 -2y)$

Vì $ \forall x \in \mathbb{R}, x^2 +2 >0$ nên pt ko có nghĩa. Từ đó ta kết luận hpt đã cho vô nghiệm

p/s: cái kết luận vậy có ổn ko ta  !?    

Cho tập A = { 0,1,2,3,4,5}. Hỏi :
f) Số có 4 chữ số khác nhau sao cho hai chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau.

Giải: 

Chấp nhận số 0 đứng đầu, có $A^{4}_{6}$ cách để xếp 4 số từ A. 

Xét 0 đứng đầu, ta có: $A^{3}_{5}$ cách để xếp các chữ số còn lại

Suy ra có $300$ cách để lập  số có 4 chữ số từ các số có trong tập  $A$

Từ  đây ta có đc biến cố đối cua YCĐB có 156 cách. 

$\Rightarrow$ Có $144$ cách thỏa YCĐB.  

Cho X = {0;1;2;3;4;5;6;7}
Từ X viết được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau mà trong đó 2 chữ số cạnh nhau khác tính chẵn lẻ?

Giải: 

Để sắp xếp các chữ số sao cho không có chữ số nào cùng tính chẵn( hoặc lẻ) đứng kề nhau thì ta có 2 cách xếp là: $\left(C,L,C,L,C \right )\vee \left(L,C,L,C,L \right )$ với $C$ là số chẵn, $L$ là số lẻ. 

Chấp nhận số $0$ đứng đầu, ta có: 

TH1: 3 chẵn, 2 lẻ

Có $A^{3}_{4}$ cách chọn ra và xếp vào 3 số từ 4 chữ số chẵn có trong tập $X$.

Có $A^{2}_{4}$ cách chọn ra và xếp vào 2 số từ 4 chữ số lẻ có trong tập $X$.

$\Rightarrow$ Có $A^{3}_{4}\times A^{2}_{4}= 288$ cách chọn.

TH2: 3 lẻ, 2 chẵn

tương tự TH1, ta cũng có $288$ cách chọn 

$\Rightarrow$ Có $576$ cách xếp 5 số mà cách số có cùng tính chẵn hay lẻ đứng kề nhau.

Xét số $0$ đứng đầu:, 

Có $A^{3}_{4}$ cách chọn ra và xếp vào 3 số từ 4 số lẻ có trong tập $X$.

Có $A^{2}_{3}$ cách chọn ra và xếp vào 2 số từ 4 số chẵn có trong tập $X$.

$\Rightarrow$ có $144$ cách chọn thỏa đk này.

Vậy ta có $432$ cách chọn thỏa YCĐB.

Cho tập A = { 0,1,2,3,4,5}. Hỏi :
f) Số có 5 chữ số khác nhau và luôn có mặt 1, 2 và hai chữ số đó đứng cạnh nhau.

Giải: 

Gọi $\alpha$ là tập hợp gồm 2 và 1. 

Chấp nhận chữ số 0 đứng đầu, ta có

4 cách xếp $\alpha$, $C^{3}_{4}$ cách chọn ra 3 số còn lại và $3!$ cách để tạo ra số có 4 chữ số 

trong $\alpha$ thì có $ 2$ cách để $1$ và $2 $ hoán vị với nhau. 

tóm lại có 192 cách xếp 5 chữ số mà nhất thiết sự có mặt của $1 $ và $2$ và sự kề nhau của chúng. 

Xét chữ số $0$ đứng đầu, ta có: 

Có $3\times 2$ cách xếp $\alpha$ vào các vị trí còn lại và $C^{2}_{3}\times 2$ cách xếp các chữ số còn lại và các vị trí khác.

Có 36 cách xếp thỏa TH này. 

Vậy: có $156$ cách thỏa YCĐB.

giải phương trình:

$log_{3}\frac{2x^2+1}{x^6+x^2+1}=x^6-3x^2-log_{3}6$

Giải: 

$\log_{3}\frac{2x^2+1}{x^6+x^2+1}=x^6-3x^2-\log_{3}6$

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

$\Leftrightarrow \log_{3}2(2x^2+1 )+ 2(2x^2 +1)= \log_{3}(x^6+ x^2 +1 )+ x^6 +x^2 +1$

Xét hàm số: $f(t)= \log_{3} t + t (t\geq 0)$ $\Rightarrow f'(t)= \frac{1}{t\log3}+1$ Suy ra hàm đồng biến với $t\geq 0$

$\Rightarrow x^6 + x^2 +1 = 4x^2 +2$

tới đây thì mình hết biết giải sao rồi

$\left\{\begin{matrix} xy+x+y=x^{2}-2y^{2}\\x\sqrt{2y} -y\sqrt{x-1}=2x-2y  \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} xy+x+y=x^{2}-2y^{2}(1)\\x\sqrt{2y} -y\sqrt{x-1}=2x-2y (2) \end{matrix}\right.$

$(1)\Leftrightarrow y(x+y)+ x+y = (x+y)(x-y)$  $\Leftrightarrow x= -y \vee x= 2y+1$

$\bullet x=-y, (2)\Leftrightarrow x\sqrt{-2x} +x\sqrt{x-1}=4x$ Pt này vô nghiệm. 

$\bullet x= 2y+1, (2)\Leftrightarrow (2y+1)\sqrt{2y}-y\sqrt{2y}= 2y+2$ $\Leftrightarrow y=2 \vee y = -1$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}y= 2\\ x= 5\end{matrix}\right.\vee \left\{\begin{matrix}y=-1\\ x= -1 \end{matrix}\right.$

Thử lại vào pt ta có nghiệm duy nhất của pt là: $(x;y)= (5;2)$ 

$\left\{\begin{matrix}x^4 + 2x^3y + x^{2}y^{2}= 2x+9(1 )\\x^2 + 2xy= 6x+6(2)\end{matrix}\right.$

$(1)\Leftrightarrow (x^2+xy)^2 = 2x+9\Leftrightarrow (x+y)^2= \frac{2}{x}+ \frac{9}{x^2}(3)$

$(3)-(2)\Leftrightarrow y^2= \frac{9+2x-6x^2-6x^3}{x^2}(4)$

$(1)$ $\Leftrightarrow 4x^{2}y^{2}= (x^2 -6x -6)^2$

$\Leftrightarrow x^4 +12x^3 + 48x^2 +64x=0$

$\Rightarrow x=-4 \Rightarrow y=\frac{17}{4}$

vậy hpt đã cho có nghiệm duy nhất là: $(x;y)=(-4; \frac{17}{4})$

Giải phương trình

 

$8sinx=\frac{\sqrt{3}}{cosx}+\frac{1}{sinx}$

ĐK: $\sin x, \cos x  \neq 0$

$8sinx=\frac{\sqrt{3}}{cosx}+\frac{1}{sinx}$

$\Leftrightarrow 4\sin x\cos x = \frac{\sin(x+ \frac{\pi}{6})}{\sin x\sin{\frac{\pi}{6}}}$

$\Leftrightarrow 4\sin{2x} = \cot x + \sqrt{3}$

$\Leftrightarrow \frac{8t}{t^2+1} =\frac{1}{t} + \sqrt{3}$ với $\tan{x}= t$ 

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

$\Leftrightarrow t= 2+\sqrt{3} \vee t= \frac{\sqrt{3}}{3} \vee t =2-\sqrt{3}$

$\Leftrightarrow x= k\pi + \frac{\pi}{12}\vee x= k\pi + \frac{\pi}{6} \vee x= k\pi + \frac{5\pi}{12}$

So với đk ta nhận các nghiệm này. 

1. Có 10 học sinh giỏi, 12 học sinh khá, 15 học sinh trung bình. Chọn 5 học sinh trong số học sinh trên. Tìm số cách chọn sao cho trong mỗi cách chọn :

a) Có đúng 2 loại học sinh

b) Có ít nhất 1 học sinh giỏi và 1 học sinh khá

 

2. Có 6 bạn nam và 3 bạn nữ. Có bao nhiêu cách chia các bạn trên thành 3 nhóm, 1 nhóm có 2 bạn nam và 1 bạn nữ, đi kiểm tra tại 3 khối 10, 11, 12 ?

Bài 1: 

a) Xét 3 TH là ( K,G); (G;TB), (K,TB)

$\bullet$ (K,G):

Số cách chọn ra 5 người trong 22 ng` chỉ học lực Giỏi hoăc Khá là $C^5_{22}$

Xảy ra 2 TH là ta có thể bóc 5 ng` toàn Giỏi hoặc toàn Khá và số cách chọn cho các TH này lần lượt là $C^5_{10}$ và $C^5_{12}$

Có $C^5_{22}-C^5_{12}- C^5_{10}$ cách chọn cho TH này 

Ở 2 TH còn lại, tương tự: 

$\bullet$ (K, TB): $C^5_{27}-C^5_{12}- C^5_{15}$

$\bullet$(TB, G): $C^5_{15}-C^5_{10}- C^5_{15}$

Vậy ta có 152100 cách chọn 

b)

Có $C^5_{35}$ cách để chọn ra 5 người bất kì từ những học sinh này 

Có 2 TH thỏa YCĐB là trong 5 người hiện diện cả 3 loại học lực, và trong 5 người hiện diện học lực Giỏi và Khá 

TH1: có đủ cả 3 học lực 

Có $C^5_{15}+ C^5_{10}+ C^5_{12}$ cách chọn ra 5 người mà họ đồng thời có học lực giống nhau.

Từ câu a), có 152100 cách chọn ra 5 ng` sao cho chỉ có đúng 2 loại học lực

Suy ra, có $C^5_{35}- 152100- \left( C^5_{15}+ C^5_{10}+ C^5_{12}\right )= 168485$ cách để chọn thỏa TH này

TH2:chỉ toàn HSG và HSK 

có  $C^5_{22}-C^5_{12}- C^5_{10}$ cách chọn thỏa TH này 

Vậy ta có $C^5_{22}-C^5_{12}- C^5_{10}+ 168485= 193775$ cách chọn thỏa YCĐB

Bài 2: 

Số cách chọn cho nhóm đầu tiên: $C^2_{6}\times 3$

Số cách chọn cho nhóm thứ hai : $C^2_{4}\times 2$

vậy có $C^2_{4}\times 2\times C^2_{6}\times 3= 540$ cách chọn 

Giải hệ

$$
\begin{cases} \sqrt{x+\sqrt y}-\sqrt{x-\sqrt y}=\sqrt{4x-y}\\ \sqrt{x^2-16}=2+\sqrt{y-3x}\end{cases}$$

$\begin{cases} \sqrt{x+\sqrt y}-\sqrt{x-\sqrt y}=\sqrt{4x-y} (1)\\ \sqrt{x^2-16}=2+\sqrt{y-3x} (2)\end{cases}$

$(1)\Leftrightarrow 2x-y = 2\sqrt{x^2 -y}\Leftrightarrow y=0 \vee y=4(x-1)$

$y=0, (2)\Leftrightarrow \sqrt{x^2 -16}= 2+ \sqrt{-3x}$

trong pt này $x \leq 0$ nhưng ở pt $(1)$ ta có $x \geq y=0$ vậy suy ra pt vô nghiệm

$y= 4(x-1), (2)\Leftrightarrow \sqrt{x^2-16}= 2 + \sqrt{x-4}$ 

Đến đây xét hai hàm đồng biến khi $x \geq 4$ là $g(x)= \sqrt{x^2 -16}, f(x)= \sqrt{x-4}+2$ từ đó ta có nghiệm duy nhất là $x=5$

Suy ra hpt có nghiệm duy nhất là $(5;16)$

Như tiêu đề trên, tìm hộ em số ước tự nhiên của 12000 và hướng dẫn cách giải, cho một vài VD.

Nếu phải cm, ta nói như sau: 

vs số 3$12000 = 2^{5}\times 3\times 5^{3}$

thì ta có với một ước số bất kì $D$ của $12000$ luôn có thể viết dưới dạng: $D= 2^{k}\times 3^{n}\times 5^{m} \left(0\leq k\leq 5, 0\leq n\leq 1, 0\leq m\leq 3 \right )$ 

Với $k$ ta có $6$ cách chọn, $n$ có 2 và $m$ có 4 cách chọn. 

Từ đó ta có đc số ước TN của $12000$ là 48

Có bao nhiêu số khác nhau gồm 7 chữ số sao cho tổng các chữ số của mỗi số là một số chẵn.

Có 25 quả cầu gồm hai loại đen và trắng được đặt vào hai thùng. Thùng nào có số quả cầu đen nhiều hơn thì cũng có số quả cầu trắng nhiều hơn. Lấy ngẫu hiên từ mỗi thùng ra một quả cầu. Biết rằng xác suất để hai quả cầu cùng trắng là 0,48. Tìm xác suất để có một quả cầu đen và một quả cầu trắng. 

Cho $x, y, z >0$ sao cho $xyz= 3$. Chứng minh $x^{\frac{1}{x}}y^{\frac{1}{y}}z^{\frac{1}{z}} \leq 3^{\frac{xy+yz+xz}{9}}$

trên Oxy cho$\Delta$ABC vuông tại A các đỉnh A,B thuộc đường thẳng $y-2=0$ đường thẳng Bc có phương trình $\sqrt{3}x-y+2=0$ .tìm tọa độ trọng tâm Gcuar tam giác biết bán kính đường tròn nội tiếp  tam giác r=3.

mọi người giải giúp với

Giải: 

Ta có: $B\left(0;2 \right ), A(m;2), C(n; \sqrt{3}n+2)$ 

Ta tính được: 

$CB= 2\left | n \right |$

$AC= \sqrt{4n^{2}-2nm + m^{2}}$

$BA= \left | m \right |$

$d\left[A;(BC) \right ]= \frac{\sqrt{3}\left | m \right |}{2}$

Ta có hpt sau: 

$\left\{\begin{matrix}\left | mn \right |=\sqrt{3}\left | n \right |+\frac{\sqrt{3}\left | m \right |}{2}+\sqrt{4n^{2}-2mn+m^2} (1)\\AB^2 +AC^2= BC^2 (2)\end{matrix}\right.$

PT $(1)$ là do liên kết $S= \frac{1}{2}h_{a}a= pr$

Giải $(2)$ ta ra đc nghiệm $n = \sqrt{3}+1$

$\Rightarrow G\left(\sqrt{3}+1;3+\frac{\sqrt{3}}{3} \right )$

p/s: ko biết có sai đâu ko ta

$ 2sin^{2}x + \sqrt{3}sin2x + 1 = 3(cosx + \sqrt{3}sinx)$

Giải: 

$2sin^{2}x + \sqrt{3}sin2x + 1 = 3(cosx + \sqrt{3}sinx)$

$-\cos\left(2x+\frac{\pi}{3} \right )+2 = 6\sin\left(x+\frac{\pi}{6} \right )$ $\left(1\right)$

Đặt $t = x+ \frac{\pi}{6}$

$\left(1\right) \Leftrightarrow -cos{2t}+2= 6\sin{t}$ $  \Leftrightarrow ...$

Giải pt

$$2\sin 2x+(2\sqrt3-3)\sin x+(2-3\sqrt3)\cos x=6-\sqrt3.$$

Giải: 

$2\sin 2x+(2\sqrt3-3)\sin x+(2-3\sqrt3)\cos x=6-\sqrt3$

$\Rightarrow$ $(2\sqrt3-3)\sin x+(2-3\sqrt3)\cos x=6-\sqrt{3}- 2\sin 2x$

$\Rightarrow \left[\left(2\sqrt3 -3 \right )\sin{x}+(2-3\sqrt3)\cos x \right ]^{2}= \left[(6-\sqrt3)-2\sin{2x} \right ]^{2}$

Sau một hồi rút gọn, ta thu đc: 

$\Rightarrow 10\cos^{2}{x}+ 9\sqrt3\sin{2x}-4\sin^{2}{2x}= 18$ $\left(1\right)$

Nhận thấy $\cos x= 0 $ ko là nghiệm của pt trên, chia hai vế cho  $\cos^{2} x $

$\left(1 \right )\Rightarrow -24 +18\sqrt3\tan{x}+\frac{16}{\tan^{2}+1}=18\tan^{2}{x}$

Đặt $t= \tan{x}$ rồi giải pt bậc 4 theo t ta thu đc nghiệm duy nhất là $t = \frac{1}{\sqrt{3}}$ $\Rightarrow x= \frac{-5\pi}{6}+ k\pi\left(k \in \mathbb{Z} \right )$

Thế vào pt ban đầu ta thu đc nghiệm duy nhất của pt đã cho là $x= \frac{-5\pi}{6}+ k2\pi\left(k \in \mathbb{Z} \right )$

tìm Min P=$\frac{(x^3+y^3)-(x^2+y^2)}{(x-1)(y-1)}$

với x,y>1

làm bài này thử  

$P= \frac{x^{2}}{y-1}+ \frac{y^{2}}{x-1}\geq \frac{\left(x+y \right )^{2}}{x+y-2}\geq 8$

cái vế sau là một HĐT, bạn nhân lên  

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=2$

$\sqrt{x^{2}+x+1}-\sqrt{x^{2}-x+1}=m$

 

$(\frac{x^2}{x^2+1})^2+2(m-2)(\frac{x^2}{x^2+1})+m=0$

a/ $\sqrt{x^{2}+x+1}-\sqrt{x^{2}-x+1}=m$

Ta có $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}{\left(\sqrt{x^2 + x+1}-\sqrt{x^{2}-x+1} \right )}= \pm 1$Vì vậy để pt có nghiệm thì $m \in \left(-1;1\right)$

b/ $(\frac{x^2}{x^2+1})^2+2(m-2)(\frac{x^2}{x^2+1})+m=0 \left(1 \right )$ $\left(1>t>0 \right )\left(\star  \right )$ (Do mẫu < tử)

Đặt $t= \frac{x^{2}}{x^{2}+1}$ $\left(1 \right )\Leftrightarrow t^{2}+2\left(m-2 \right )t +m=0\left(2 \right )$

Để $\left(1 \right )$ có nghiệm thì $\left(2\right )$ có nghiệm 

$\Leftrightarrow \Delta ' = m^{2}-5m +4 \geq 0 \Leftrightarrow m \geq 4 \vee m\leq1\left(\ast  \right )$

Khi đó pt $\left(2\right)$ có nghiệm $t_{1,2}= 2-m \pm \sqrt{m^{2}-5m +4 }$

Từ  đk $\left(\star  \right )$ ta có đc $0<m<1$

kết hợp với $\left(\ast  \right )$ ta có pt $\left(1\right)$ có nghiệm $\Leftrightarrow 0<m \leq 1$ 

b)$2^{cot3x}+cotx=3+\frac{2cosx}{sin3x}$

c)$cos3xcos^{3}x-sin3xsin^{3}x-\frac{2+3\sqrt{2}}{8}=0$

 a/ 

$\Leftrightarrow \frac{2\sin^{2}{x}-1}{\sin{x}}+\sqrt{3}\times\frac{2\cos^{2}{x}-1}{\cos{x}}=0$

$\Leftrightarrow \cos{2x}=0 \vee -\cos{x}+ \sqrt{3}\sin{x}=0$

$\Leftrightarrow ...$

 

$\sqrt{1+tanx} +\sqrt[4]{cotx- cot^{2}x}=1$

 

$$sin^{10}x + cos^{18}x=1$$

$sin^{9}x + cos^{11}x =1$

 

Mình làm thử

Giải: 

$sin^{10}x + cos^{18}x=1$

$\Leftrightarrow \sin^{10}{x}= \left(1-\cos^{2}{x} \right )\times\sum_{k=0}^{9}{\cos^{2k}{x}}$

$\Leftrightarrow \sin{x}=0 \vee \sin^{8}{x}=\sum_{k=0}^{9}{\cos^{2k}{x}}   $

$\Leftrightarrow x= k\pi \vee \sin^{8}{x}=\sum_{k=0}^{9}{\cos^{2k}{x}} \left(1 \right )$

Ta lại có: 

$VP_{\left(1 \right )} \geq 1 \wedge VT_{\left(1 \right )} \leq 1$

$VP_{\left(1 \right )}=Vt_{\left(1 \right )}=1 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\sin^{8}{x}=1 \\ \cos{x}=0\end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow x= \frac{\pi}{2}+k\pi$

Giải ptlg sau:

$$cos2x - cosx = cosx - sinx$$

Giải; 

$cos2x - cosx = cosx - sinx$

$\Leftrightarrow 2\cos{x}\left(\cos{x}-1 \right )= 1- \sin{x}$ $\left(1 \right )$

Nhận thấy $\sin{x}= -1$ không là nghiệm của hệ, nên 

$\left(1 \right )$ $2\cos{x}\left(\cos{x}-1 \right )= \frac{\cos^{2}{x}}{1+ \sin{x}}$

$\Leftrightarrow \cos{x}=0 \vee \sin{x}\cos{x}= 1+ \sin{x}$

pt thứ hai dùng công thức $t = \tan{\frac{x}{2}}$ thì ra pt bậc 3 

$2sin2x+3tanx+cotx= 5+\frac{1}{1+cos2x}$

Ta có: 

$2sin2x+3tanx+cotx= 5+\frac{1}{1+cos2x}$

$\Leftrightarrow 2\sin{2x}+\frac{2+\cos{2x}}{\sin{x}\cos{x}}=5 + \frac{1 }{1+ \cos{2x}}$

$\Leftrightarrow 2\sin^{2}{2x}+2\left(2+\cos{2x} \right )=5\sin{2x}+\frac{\sin{2x}}{1+\cos{2x}}$

$\Leftrightarrow 4\sin^{2}{2x}+ -6\sin{2x}+2+\cos{2x}\left(2\sin^{2}{2x}-5\sin{2x}+2 \right )=0$

$\Leftrightarrow \left(2\sin{2x}-1 \right )\left[ 2\sin{2x}-2+\cos{2x}\left(\sin{2x}-2 \right )\right ]=0$

$\Leftrightarrow ...$

 

Giải

Với công thức: $m_a^2 = \dfrac{2(b^2 + c^2) - a^2}{4}$

Ta có:

$a^2.m_a^2 = \dfrac{4}{3}.\left ( \dfrac{3}{4}a^2.m_a^2\right ) \leq \dfrac{4}{3}\left ( \dfrac{\dfrac{3a^2}{4} + m_a^2}{2}\right )^2$
$= \dfrac{4}{3}\left ( \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4}\right )^2 = \dfrac{1}{12}(a^2 + b^2 + c^2)^2$

Thực hiện tương tự với $b^2.m_b^2$ và $c^2.m_c^2$

Khi đó, ta có:
$\dfrac{a^2m_a^2 + b^2m_b^2 + c^2m_c^2}{\sqrt{3}(a^2 + b^2 + c^2)} \geq \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4\sqrt{3}}$

Ta sẽ chứng minh: $a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3}S$

Thật vậy:
$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos{C}$ và $S = \dfrac{1}{2}ab\sin{C}$

Khi đó:
$a^2 + b^2 + c^2 - 4\sqrt{3}S = 2\left [a^2 + b^2 - ab(\cos{C} + \sqrt{3}\sin{C})\right ]$

$= 2\left [ a^2 + b^2 - 2ab\sin{\left ( C + \dfrac{\pi}{6}\right )}\right ] \geq 2(a^2 + b^2 - 2ab) = 2(a - b)^2 \geq 0$

Vậy, ta có điều phải chứng minh. 

 

Cho mình hỏi, tại sao bạn lại từ dòng này rồi suy ra tiếp vậy, nó ngược chiều mà  $a^2.m_a^2 = \dfrac{4}{3}.\left ( \dfrac{3}{4}a^2.m_a^2\right ) \leq \dfrac{4}{3}\left ( \dfrac{\dfrac{3a^2}{4} + m_a^2}{2}\right )^2$

Cho tam giác $ABC$ có $BC =a, AC= b, AB=c$ với diện tích $S$. Gọi $m_a, m_b, m_c$ lần lượt là độ dài 3 của các đường trung tuyến xuất phát từ $A, B, C$. Chứng minh$$S \leq \frac{a^{2}m^{2}_{a}+ b^{2}m^{2}_{b}+c^{2}m^{2}_{c}}{\sqrt{3}\left(a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right )}$$

Giải phương trình $x^{4}-2x^{2}+1=4x^{3}$   nhớ là nghiệm phải ở dạng căn thức nha,(k đưa kết quả thập phân lên)

Bạn có thể tham khảo nghiệm chính xác  ở đây