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

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

$\texttt{Solution}$

 

$\blacklozenge$ 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

Ta có:8=a+b+2c$\geq$2+2c$\Rightarrow c\leq 3$

 Với a,b$\in [1;4]$ và c$\in [1;3]$ ta có:

  P=a³+b³+5c³=(a+b)³-3ab(a+b)+5c³$\leq$(a+b)³-3(a+b)+5c³

 $\Rightarrow P\leq$(8-2c)³-3(8-2c)+5c³=137-(3c³-96c²+378c-351)=137-3(c-3)(c²-29c+39)

 Với  c$\in [1;3]$ thì c²-29c+39$\leq $0 và c-3$\leq $0$\Rightarrow 3(c-3)(c^{2}-29c+39)\geq 0$

 $\Rightarrow P\leq 137$

Dấu = xảy ra khi a=b=1 và c=3

cho mình hỏi làm sao bạn phân tích được ra cái này vậy

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

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

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

Cho $\left\{\begin{matrix}x^2+xy+y^2=16 & & \\ y^2+yz+z^2=3 & & \end{matrix}\right.$.Chứng minh $xy+yz+xz\leq 8$

Ta có $\frac{2}{\sqrt{2}x}$$+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$$\geq \frac{(2+\sqrt{2})^{2}}{\sqrt{2}x+y+z}$

$\frac{2}{\sqrt{2}y}+\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\geq \frac{(2+\sqrt{2})^{2}}{\sqrt{2}y+x+z}$

$\frac{2}{\sqrt{2}z}+\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\geq \frac{(2+\sqrt{2})^{2}}{\sqrt{2}z+y+x}$

$\Rightarrow P\leq \frac{(2+\sqrt{2})}{(2+\sqrt{2})^{2}}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\leq \frac{1}{2+\sqrt{2}}$

Dấu''='' xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=3$

Vậy,................

hình như $x,y,z$ là các số thực dương thì phải, có thể mình nhầm 

mà chỗ trên sao bạn biết tách ra thế

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2$. Chứng minh rằng $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 4(a+b+c)$

Từ giả thiết suy ra $ab+bc+ac+2abc=1$

Đặt $a=\dfrac{x}{y+z}, b=\dfrac{y}{x+z}, c=\dfrac{z}{x+y}$

BĐT cần chứng minh trở thành:

$\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{x+z}{y}+\dfrac{x+y}{z}\ge 4(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y})$

hay $x(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})+y(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z})+z(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}) \ge 4(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y})$

 

Sử dụng BĐT thức quen thuộc $ \dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n} \ge \dfrac{4}{m+n}$ với $m, n$ nguyên dương được đpcm

cho mình hỏi từ đâu bạn nãy ra việc chọn $a=\dfrac{x}{y+z}, b=\dfrac{y}{x+z}, c=\dfrac{z}{x+y}$ vậy

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}x^3y+x^3+xy+x=1 & & \\ 4x^3y^2+4x^3-8xy-17x=-8 & & \end{matrix}\right.$

Giải phương trình $\frac{x^6}{(x+4)\sqrt{x+1}+3x+4}=\frac{x^4+1}{x+3+2\sqrt{x+1}}$

mình ko biết nghiệm bội là gì và tại sao lại tính được x=1 ở phần Phân tích trong cái này 

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm GTLN của $P=a^2b^3c^4$

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

Giải phương trình $\sqrt[3]{3x^2-x+2001}-\sqrt[3]{3x^2-7x+2002}-\sqrt[3]{6x-2003}=\sqrt[3]{2002}$

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

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

Giải phương trình nghiệm nguyên $7x^2-5y^2=3$

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 $a,b,c\geq 0$, chứng minh $\sqrt{\frac{a+2b}{3}}+\sqrt{\frac{b+2c}{3}}+\sqrt{\frac{c+2a}{3}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện $ab+bc+ca=1$. Tìm GTNN của $P=\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}}$

Giải phương trình nghiệm nguyên $x(x^2+x+1)=4y(y+1)$