Cho $a,b,c>0$. Chứng minh $\frac{a^2}{b^2c}+\frac{b^2}{c^2a}+\frac{c^2}{a^2b}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Đặt $y=\sqrt[4]{17-x^8}$ $z=\sqrt[3]{2x^8-1}$

Ta có hệ phương trình sau

$\left\{\begin{matrix}y-z=1 \\ 2y^{4}+z^{3}=34-2x^{8}+2x^{8}-1=33 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}y-z=1 \\ 2(1+z)^{4}+z^{3}-33=0(1) \end{matrix}\right.$

$(1)<=>2+8z+12z^{2}+9z^{3}+2z^{4}-33=(z-1)$$(2z^{3}+11z^{2}+23z+31)$$=0<=>z=1$

phương trình này có nghiệm $z=\sqrt[3]{\frac{\sqrt{59433}}{72}-\frac{91}{27}}+\sqrt[3]{-\frac{\sqrt{59433}}{72}-\frac{91}{27}}-\frac{11}{6}$ thì giải như thế nào vậy bạn

Đã có tại đây http://diendantoanho...5x2-38sqrtx2-2/

cái cách của bạn đó hình như sai rồi thì phải

Chứng minh $2a^4+\frac{1}{1+a^2}\geq 3a^2-1$

Giải phương trình $19+10x^4-14x^2=(5x^2-38)\sqrt{x^2-2}$

Mình có cách khác:

ĐKXĐ: $x\geq 1$

$PT\Leftrightarrow 13.(2.\frac{1}{2}.\sqrt{(x-1)})+3.(2.\frac{3}{2}.\sqrt{(x-1)})=16x $

Theo AM-GM:

$2.\frac{1}{2}.\sqrt{(x-1)}\leq \frac{1}{4}+(x-1) (1)$

$2.\frac{3}{2}.\sqrt{(x-1)}\leq \frac{9}{4}+(x+1) (2)$

Từ (1) và (2)\Rightarrow VT$\leq 13.(\frac{1}{4}+(x-1))+3.(\frac{9}{4}+(x+1))=16x=VP$

$Dấu "=" xảy ra \Leftrightarrow x=\frac{5}{4} (thỏa mãn)$

Bạn cachcach10x ơi cho phép mình đăng lại cách làm của bạn nhé

ĐK : $x\geq 1$

$pt\Leftrightarrow 13.\frac{1}{\sqrt{x}}.\sqrt{1-\frac{1}{x}}+9.\frac{1}{\sqrt{x}}.\sqrt{1+\frac{1}{x}}=16$

áp dụng bđt AM-GM ta có :

$VT$=$\frac{13}{2}.\frac{1}{\sqrt{x}}.2\sqrt{1-\frac{1}{x}}$+$\frac{3}{2}.\frac{3}{\sqrt{x}}.2\sqrt{1+\frac{1}{x}}\\$$\leq \frac{13}{4}(\frac{1}{x}+4-\frac{4}{x})+\frac{3}{4}(\frac{9}{x}+4+\frac{4}{x})=16=VP$

tới đây tư xét dấu bằng : nghiệm là 5/4

cho mình hỏi làm sao bạn biết tách ở những chỗ này thế

Giải phương trình $13\sqrt{x-1}+9\sqrt{x+1}=16x$

Em nghĩ đúng hơn phải là chứng minh:

$\frac{t}{\sqrt{3-t}}\geq \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{2}}+\frac{3}{4\sqrt{2}}(t-1)$ chứ nhỉ

Ta sẽ tìm hệ số k sao cho: $\frac{t}{\sqrt{3-t}}\geq \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{2}}+k(t-1)$

Tính được: $f'(t)=(\frac{t}{\sqrt{3-t}}-\frac{\sqrt{t}}{\sqrt{2}})'$$=\frac{t}{2\sqrt{(3-t)^3}}+\frac{1}{\sqrt{3-t}}-\frac{1}{2\sqrt{2t}}$

Thay $t=1$ vào rút ra được: $k=\frac{3}{4\sqrt{2}}$

Cho mình hỏi cách tính $f'(t)$ ở trên

Cho $a,b,c$ là ba cạnh của tam giác có ba đường cao tương ứng là $h_{a},h_{b},h_{c}$.Chứng minh $\frac{(a+b+c)^2}{h_{a}^2+h_{b}^2+h_{c}^2}\geq 4$

Để ý $\sqrt{x^2-6x+34}=\sqrt{(3-x)^2+5^2}$ và $\sqrt{x^2-6x+10}=\sqrt{(x-3)^2+(-1)^2}$

 Đặt $\overrightarrow{a}=(3-x;5)$ , $\overrightarrow{b}=(x-3;-1)$

Với mọi $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$ ta sử dụng BĐT hiệu vector thì được:

 $| \sqrt{x^2-6x+34} -\sqrt{x^2-6x+10} |\leq 4$

BĐT của các vector xem tại đây http://giaoan.violet...ntry_id/2147900

cho mình hỏi : BĐT hiệu vectơ là $\left | \overrightarrow{a}-\overrightarrow{b} \right |\leq \left | \overrightarrow{a} \right |+\left | \overrightarrow{b} \right |$  vậy $| \sqrt{x^2-6x+34} -\sqrt{x^2-6x+10} |\leq \left | \overrightarrow{\sqrt{(3-x)^2+5^2}} \right |+\left | \overrightarrow{\sqrt{(x-3)^2+(-1)^2}} \right |$ tới đây mình không làm tiếp được

Tìm giá trị lớn nhất của $\left | \sqrt{x^2-6x+34}-\sqrt{x^2-6x+10} \right |$

Giả sử tồn tại $a_{n},b_{n}\vdots 5\Rightarrow a_{n}\equiv b_{n} (mod$ $5)$$\Leftrightarrow $$2^{2n+1}\vdots 5$ (vô lý)
Giả sử không tồn tại số $a_{n},b_{n}\vdots 5\Leftrightarrow a_{n}.b_{n}$ không chia hết cho 5
mà $a_{n}.b_{n}=4^{2n+1}+1\vdots 5$ mâu thuẫn với điều kiện giả sử
Suy ra chỉ tồn tại một trong 2 số chia hết cho 5

mình chưa hiểu chỗ tương đương này và tại sao nó lại vô lí vậy bạn

Cho $a_{n}=2^{2n+1}+2^{n+1}+1$ và $b_{n}=2^{2n+1}-2^{n+1}+1$.Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên có một và chỉ một trong hai số $a_{n},b_{n}$ chia hết cho $5$

Cho $x,y\neq -1$ $(x,y\in \mathbb{Z})$ sao cho $\frac{x^3+1}{y+1}+\frac{y^3+1}{x+1}$ là một số nguyên. Chứng minh rằng $x^{2004}-1$ $\vdots$ $y+1$

$\texttt{Solution}$

 

$\blacklozenge$ Chứng minh 

Ta có $n-1=\frac{2^{2p}-1}{3}-1=\frac{4(2^{p-1}+1)(2^{p-1}-1)}{3}$

Vì $p$ là số nguyên tố lẻ nên $p-1$ chẵn ta có: $2^{p-1}\equiv 1(\mod 3 )$

Theo định lý Fermat nhỏ có : $2^{p-1}\equiv 1(\mod p)$

Vậy : $2^{p-1}-1\vdots 3p$ $\Rightarrow \frac{2^{p-1}-1}{3}\vdots p$

Do đó $n-1\vdots 2p$

Từ đó suy ra : $2^{n-1}-1\vdots 2^{2p}-1$

Mà theo cách chọn  $n$ thì $2^{2p}-1\vdots n$ nên suy ra : $2^{n-1}-1\vdots n$

tức là $2^n-2\vdots n$        $\square$

Cho mình hỏi tại sao $n-1\vdots 2p$ thì $2^{n-1}-1\vdots 2^{2p}-1$ vậy

Đây là định lí con nhím.

mình biết nó là định lí con nhím nhưng xem cách giải mình không hiểu nên đăng lên có gì mình hỏi cho tiện ý mà

ta chứng minh bổ đề quen thuộc: $\Delta ABC;\Delta A'B'C'$ có cùng trọng tâm <=> $\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{0}$

 gọi G,G' là trọng tâm $\Delta ABC;\Delta A'B'C'$

$3\overrightarrow{GG'}=\overrightarrow{GA'}+\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{A'G'}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{B'G'}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{CC'}+\overrightarrow{C'G'}$

                                   $=\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}$

bổ đề đc cm.

 

trở lại bài toán, $\Delta ABC$ và $\Delta XYZ$ có cùng trọng tâm <=> $\overrightarrow{BX}+\overrightarrow{CY}+\overrightarrow{AZ}=\overrightarrow{0}$

gọi $\overrightarrow{e_{a}};\overrightarrow{e_{b}};\overrightarrow{e_{c}} là các vectow đơn vị hướng ra ngoài $\Delta ABC$ và vuông góc với BC,CA, AB.

Hạ $XH\perp BC;YK\perp CA;ZL\perp AB$

Ta có: $\frac{BH}{BC}=\frac{CK}{CA}=\frac{AL}{AB}=\alpha$ 

           $\frac{XH}{BC}=\frac{YK}{CA}=\frac{ZL}{AB}=\beta$   

 

suy ra: $\overrightarrow{BX}+\overrightarrow{CY}+\overrightarrow{AZ}$

            $=\overrightarrow{BH}+\overrightarrow{HX}+\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{KY}+\overrightarrow{AL}+\overrightarrow{LZ}$

            $=(\overrightarrow{BH}+\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{AL})$$+(\overrightarrow{HX}$$+\overrightarrow{KY}+\overrightarrow{LZ})$

            $=$$\alpha.(\overrightarrow{BC}$$+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB})+ $$\beta.(BC.\overrightarrow{e_{a}}$$+CA.\overrightarrow{e_{b}}+AB.\overrightarrow{e_{c}})$

            $= \beta.(BC.\overrightarrow{e_{a}}+CA.\overrightarrow{e_{b}}+AB.\overrightarrow{e_{c}})$

            $\overrightarrow{0}$  (ĐỊNH LÍ CON NHÍM)

 

Suy ra đpcm.

Cho mình hỏi tại sao $\overrightarrow{HX}=\beta.BC.\overrightarrow{e_{a}}$ vậy

Cho đa giác lồi $A_{1}A_{2}...A_{n}$ và các vectơ đơn vị $\overrightarrow{e_{i}}$ $(1\leq i\leq n)$ theo thứ tự vuông góc với $\overrightarrow{A_{i}A_{i+1}}$ (xem $A_{n+1}\equiv A_{1}$), hướng ra phía ngoài đa giác.Chứng minh rằng $A_{1}A_{2}\overrightarrow{e_{1}}+A_{2}A_{3}\overrightarrow{e_{2}}+...+A_{n}A_{1}\overrightarrow{e_{n}}=\overrightarrow{0}$

thay x=1-x rồi giải hệ

tại sao lại thay $x=1-x$ vậy bạn

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ sao cho $x^2.f(x)+f(1-x)=2x-x^4$ ( Với mọi $x\in \mathbb{R}$). Các bạn giải theo cách lớp 10 nhé

Cho $a,b,m$ là những số nguyên ($m\neq 0$). Chứng minh $\bar{a}=\bar{b}$ khi và chỉ khi $a\equiv b(mod$ $m)$. Cho mình hỏi luôn $\bar{a}$ là gì thế mình mới học số học thôi

Ta sẽ chứng minh tổng quát hơn. Điểm $M$ nằm trong mặt phẳng chứa tam giác $ABC$ thì $S_{[MBC]}.\vec{MA}+S_{[MCA]}.\vec{MB}+S_{[MAB]}.\vec{MC}=0$

Giả sử $MA$ không song song với $BC$. Khi đó xét $A'$ là giao điểm của $MA$ và $BC$

Dễ thấy $\vec{MA'}=\dfrac{\vec{A'C}}{\vec{BC}}.\vec{MB}+\dfrac{\vec{A'B}}{\vec{CB}}.\vec{MC}$

Ngoài ra: $\dfrac{\vec{A'C}}{\vec{BC}}=$$\dfrac{\vec{A'C}}{\vec{A'C}+\vec{BA'}}=\dfrac{S_{[MCA]}}{S_{[MCA]}+S_{[MAB]}}$

Tương tự ta có: $\dfrac{\vec{A'B}}{\vec{CB}}=\dfrac{S_{[MAB]}}{S_{[MCA]}+S_{[MAB]}}$

và

$\vec{MA'}=-\dfrac{S_{[MBC]}}{S_{[MCA]}+S_{[MAB]}}\vec{MA}$

Thay vào cho ta điều phải chứng minh.

mình chưa hiểu chỗ này

Cho $M$ là điểm tùy ý trong tam giác $ABC$. Chứng minh $S_{MBC}.\overrightarrow{MA}+S_{MCA}.\overrightarrow{MB}+S_{MAB}.\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :

a) $3(a+b+c)^2\leq (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)$

b) $(ab+bc+ca-1)^2\leq (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)$