Thi trường chưa?

Cho A(0,1). Cho $(C): x^{2}+y^{2}=2$ và $(C'): x^{2}+y^{2}=5$. Tìm tọa độ $B\in (C), C\in (C')$ sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất

Giải phương trình: $x\sqrt{x}=(2014+\sqrt{x})(1-\sqrt{1-\sqrt{x}})^{2}$

$x\sqrt{x}=(2014+\sqrt{x})(1-\sqrt{1-\sqrt{x}})^{2}$

$\Leftrightarrow x\sqrt{x}(1+\sqrt{1-\sqrt{x}})^{2}=(2014+\sqrt{x})(1+\sqrt{1-\sqrt{x}})^{2}(1-\sqrt{1-\sqrt{x}})^{2}$

$x\sqrt{x}(1+\sqrt{1-\sqrt{x}})^{2}=(2014+\sqrt{x})x$

$x=0$ hoặc $\sqrt{x}(1+\sqrt{1-\sqrt{x}})^{2}=2014+\sqrt{x}$

Khai triển ta được

$2\sqrt{x}-x+2\sqrt{\sqrt{x}-x}=2014+\sqrt{x}$

$\Leftrightarrow \sqrt{x}-x+\sqrt{\sqrt{x}-x}-2014=0$

Đến đây thì dễ rồi!!!

Bài này dễ mà

Cho x>y va xy=1. CMR

$\frac{(x2 + y2)2}{(x - y)2}$ $\geq$ 8

Cho $a,b,c> 0$ và $ab+bc+ca=1$

Chứng minh rằng:

                             $a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

Cho $x,y,z> 0$ và $x+y+z=1$ . Chứng minh rằng:

$\frac{1+x}{y+z}+\frac{z+y}{z+x}+\frac{1+z}{x+y}\leq 2(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})$ 

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm:

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+1}+\sqrt{y+2}=m & \\x+y=3m & \end{matrix}\right.$

1,       Cho $a,b,c> 0$ và thỏa mãn $3+4(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})=5(a+b+c)$

     CMR:    $\frac{a^{2}}{a+\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt{(b+c)(b+a)}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt{(c+a)(c+b)}}\leq 1$

2,     Cho $a,b,c> 0$. Tìm GTNN của:

  $P=\frac{(a+b)^{2}}{(b+3c+2a)(2b+3c+a)}+\frac{(b+c)^{2}}{(c+3a+2b)(2c+3a+b)}+\frac{(c+a)^{2}}{(a+3b+2c)(2a+3b+c)}$

Giải phương trình $2(5x-3)\sqrt{x+1}+5(x+1)\sqrt{3-x}= 3(5x+1)$

Đặt $\sqrt[3]{2-x}=a$ ta có $a^{3}=2-x\Leftrightarrow 2-a^{3}=x$

Thay vào bpt ta có $a+\sqrt{1-a^{3}}> 1$

Sau đó giải bình thường thì ra thôi!!

3Pt(1)+Pt(2)

$\Leftrightarrow$ 4X² - 2Y² = 14

$\Leftrightarrow$ 2X² - Y² = 7

$\Leftrightarrow$ ($\sqrt$2X)² - Y²=7

$\Leftrightarrow$ ($\sqrt$2X - Y)($\sqrt$2X + Y)=7

Sau do lap bang roi lam tiep nha

$1+a^{2}=ab+bc+ca+a^{2}=(a+b)(a+c)$

$1+b^{2}=ab+bc+ca+b^{2}=(b+a)(b+c)$

$1+c^{2}=ab+bc+ca+c^{2}=(c+a)(c+b)$

$\Rightarrow (1+a^{2})(1+b^{2})(1+c^{2})=(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}$

$\Rightarrow (1+a^{2})(1+b^{2})(1+c^{2})$ là số chính phương

Ta co x² + y² = (x - y)² + 2xy = (x - y)² + 2  ( vi xy=1 )

$\Rightarrow$ (x² + y²)² = (x - y)⁴ + 4(x - y)² + 4

Do do BDT can chung minh tuong duong voi (x - y)⁴ + 4(x - y)² + 4 $\geq$ 8(x - y)²

$\Leftrightarrow$ (x - y)⁴ - 4(x - y)² + 4$\geq$0  $\Leftrightarrow$ [(x - y)² - 2]² $\geq$0  

BDT cuoi dung $\Rightarrow$ DPCM

CMR Với điểm M bất kì thì $S_{\Delta MBC}.\overrightarrow{MA}+S_{\Delta MAC}.\overrightarrow{MB}+S_{\Delta MBA}.\overrightarrow{MC}= \overrightarrow{0}$

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $\frac{1}{a(b+a)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(c+a)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}$

Bạn nhìn lai đề xem hình như chỗ mình bôi đỏ sai đề không theo quy luật của dãy

Tìm tất cả các số có 2 chữ số $\overline{ab}$ biết $2\overline{ab}+1$ và $3\overline{ab}+1$ đều là các số chính phương 

Cho $\triangle$ ABC co AM la trung tuyen biet ban kinh duong tron cac $\triangle$ AMC, AMB bang nhau. CM $\triangle$ ABC can 

Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix}x^{4}+5y=6 & & \\ x^{2}y^{2}+5x=6 & & \end{matrix}\right.$

Giải hệ pt   

$\left\{\begin{matrix}x^{4}+5y=6 & & \\ x^{2}y^{2}+5x=6 & & \end{matrix}\right.$
 

Cho dãy số thực $(U_{n})$ xác định bởi 

$\left\{\begin{matrix} u_{1} =\frac{-2}{5}& \\ 25u_{n+1}u_{n}+15u_{n+1}+15u_{n}+10=\sqrt{25u_{n}^{2}+30u_{n}+10} & \end{matrix}\right.$, $n\geq 1$

Tìm số hạng tổng quát của dãy số $(u_{n})$

CMR: Với mọi tam giác ABC ta có $\frac{\sqrt{sinA}+\sqrt{sinB}+\sqrt{sinC}}{\sqrt{cos\frac{A}{2}}+\sqrt{cos\frac{B}{2}}+\sqrt{cos\frac{C}{2}}}\leq 1$

ko ai làm giúp đc sao

Bài 1: Cho a,b>0 và PT $x^{3}-x^{2}+3ax-b=0$ có 3 nghiệm.CMR: $\frac{a^{3}}{b^{3}}+27b\geq 28.$

Bài 2: Cho PT $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0(a\neq 0)$ có 3 nghiệm dương phân biệt $x_{1},x_{2},x_{3}$.

CMR: $x_{1}^{7}+x_{2}^{7}+x_{3}^{7}\geq \frac{-b^{3}c^{2}}{81a^{5}}$.

Bài 3: Giả sử PT $ax^{2}-bx+b=0$ (ab>0) có nghiệm $x_{1},x_{2}$.CMR tồn tại $\alpha _{1},\alpha _{2}\in [-1;1]$ thỏa mãn :

$\sqrt{\frac{x_{1}}{x_{2}}}+\alpha _{1}.\sqrt{\frac{x_{2}}{x_{1}}}+\alpha _{2}.\sqrt{\frac{b}{a}}=0$.

Bài 1:

Gọi $x_{1},x_{2},x_{3}$ là ba nghiệm của phương trình đã cho

Vì $a,b> 0$ và $x_{i}^{3}-x_{i}^{2}+3ax_{i}-b=0$ nên $x_{i}> 0$ với $i=1,2,3$

Theo định lí Viét ta có $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=1 \\ x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{3}x_{1}=3a \\ x_{1}x_{2}x_{3}=b \end{matrix}\right.$

Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho ba số dương $x_{1}x_{2},x_{2}x_{3},x_{3}x_{1}$ ta có

$3a=x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{3}x_{1}\geq 3\sqrt[3]{(x_{1}x_{2}x_{3})^{2}}=3\sqrt[3]{b^{2}}\Rightarrow \frac{a^{3}}{b^{3}}\geq \frac{1}{b}$    (1)

Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho ba số dương $x_{1},x_{2},x_{3}$ ta có

$1=x_{1},x_{2},x_{3}\geq 3\sqrt[3]{x_{1}x_{2}x_{3}}=3\sqrt[3]{b}\Rightarrow b\leq \frac{1}{27}$               (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{a^{3}}{b^{3}}+27b\geq \frac{1}{b}+27b=\frac{(1-b)(1-27b)}{b}+28\geq 28$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=\frac{1}{9}$ và$b=\frac{1}{27}$

Giải các bất phương trình sau:

1.  $(4x^{2}-x-7)\sqrt{x+7}> 10+4x-8x^{2}$

2.  $x^{2}+12x\leq 8\sqrt{x^{2}+3x}-3$