1.CM các công thức sau

a) $cos\frac{\pi }{7}-cos\frac{2\pi }{7}+cos\frac{3\pi }{7}=\frac{1}{2}$

b) $cos\frac{\pi }{5}-cos\frac{2\pi }{5}=\frac{1}{2}$

1a) Ta có:

$2\sin\dfrac{\pi }{7}\cos\dfrac{\pi }{7}=\sin\dfrac{2\pi }{7} $

$-2\sin\dfrac{\pi }{7}\cos\dfrac{2\pi }{7}=\sin\dfrac{\pi }{7}-\sin\dfrac{3\pi }{7}$

$2\sin\dfrac{\pi }{7}\cos\dfrac{3\pi }{7}=\sin\dfrac{4\pi }{7}-\sin\dfrac{2\pi }{7}$

Cộng từng vế và rút gọn là được.

1b) Nhân cả hai vế với $2\sin\dfrac{\pi }{5}$ ta được: $\sin\dfrac{2\pi }{5}-\left ( \sin\dfrac{3\pi }{5}-\sin\dfrac{\pi }{5} \right )=\sin\dfrac{\pi }{5}=VP$

Cho số phức $ z $ thỏa mãn $ z + \dfrac{1}{z}=1 $

Hãy tính giá trị $ S=z+z^2+z^3+..................+z^n+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z^3}+............+\dfrac{1}{z^n} $

Đặt $z=r\left(\cos\varphi+i\sin\varphi\right)\implies z+\frac 1z=\frac{(r^3+1)\cos x+(r^3-1)\sin x}{r^2}=1\iff r^3-1=0\iff r=1$

Vì $\cos $ đối và có chu kỳ $2\pi$ nên ta chọn $\varphi=\frac\pi3$.

Ta có: $z^n+\frac1{z^n}=2\cos \frac{n\pi}{3}$ do đó:

$S=2\left(\cos\frac\pi3+\cdots+\cos\frac{n\pi}{3}\right)\\\iff\frac{\sqrt3}2\cdot S=\sin\frac\pi3\cdot 2\left(\cos\frac\pi3+\cdots+\cos\frac{n\pi}{3}\right) \\\iff \frac{\sqrt3}2\cdot S = \sin\frac{2\pi}3+\sin\frac{3\pi}{3}-\sin\frac{\pi}{3}+\sin\frac{4\pi}{3}-\sin\frac{2\pi}3+\cdots+\sin\frac{(n+1)\pi}{3}-\sin\frac{(n-1)\pi}{3}\\ \iff \frac{\sqrt3}2\cdot S  = -\sin\frac{\pi}{3}+ \sin\frac{n\pi}{3}+\sin\frac{(n+1)\pi}{3}\\ \iff \frac{\sqrt3}2\cdot S  = -\frac{\sqrt3}2+\sqrt3\sin\frac{(2n+1)\pi}{6}\\ \iff S=-1+2 \sin\frac{(2n+1)\pi}{6}$

Vẽ đường tròn lượng giác, ta có:

• $n=6k, (k\in \mathbb{N}, n\neq 0)\implies S=-1+2\sin\frac{(12k+1)\pi}{6}=-1+2\sin\frac{\pi}{6}=0$
• $n=6k+1\implies S=-1+2 \sin\frac{(12k+3)\pi}{6}=1$
• $n=6k+2\implies S=-1+2\sin\frac{(12k+5)\pi}{6}=0$
• $n=6k+3\implies S=-1+2\sin\frac{(12k+7)\pi}6=-2$
• $n=6k+4\implies S=-1+2\sin\frac{(12k+9)\pi}6=-3$
• $n=6k+5\implies S=-1+2\sin\frac{(12k+11)\pi}6=-2.\blacksquare$

Theo Carnot (Tự lên Google nhé): $$\left(BD^2 - CD^2\right) + \left(CE^2 - AE^2\right) + \left(AF^2 - BF^2\right) = 0\qquad {\color{Red} {(1)}}$$

Đặt $G, H, I$ theo thứ tự là trung điểm $BC, CA, AB$

Ta có: $\overline{BG}=-\overline{CG}\Rightarrow \overline{BG}+\overline{CG}=0\\\left\{\begin{matrix} \overline{BD}=\overline{BG}+\overline{GD} \\\overline{CD}=\overline{CG}+\overline{GD}  \end{matrix}\right.\\\Rightarrow \overline{BD}+\overline{CD}=2\overline{GD}\\\Rightarrow BD^2 - CD^2=\left ( \overline{BD}-\overline{CD} \right )\left ( \overline{BD}+\overline{CD} \right )=2\cdot\overline{GD}\cdot \overline{BC}$

Tương tự: $CE^2 - AE^2=2\cdot\overline{HE}\cdot \overline{CA}$ và $AF^2 - BF^2=2\cdot\overline{IF}\cdot \overline{AB}$

Thay vào ${\color{Red} {(1)}}$ ta được:

$$\overline{GD}\cdot \overline{BC}+\overline{HE}\cdot \overline{CA}+\overline{IF}\cdot \overline{AB}=0 \qquad{\color{Red} {(2)}}$$

Gọi $N$ là trực tâm $\triangle ABC$, $K, L, M$ theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ $N$ đến $BC, CA, AB$.

Thay $N, K, L, M$ lần lượt vào $O, D, E, F$ ta được:

$\overline{GK}\cdot \overline{BC}+\overline{HL}\cdot \overline{CA}+\overline{IM}\cdot \overline{AB}=0$

Trừ cho ${\color{Red} {(2)}}$ ta được: $$\overline{DK}\cdot \overline{BC}+\overline{EL}\cdot \overline{CA}+\overline{FM}\cdot \overline{AB}=0 \qquad{\color{Red} {(3)}}$$

Gọi $\Delta$ là diện tích $\triangle ABC$, ta có:

$\Delta=\dfrac{1}{2}\cdot \overline{AK}\cdot \overline{BC}=\dfrac{1}{2}\cdot \overline{BL}\cdot \overline{CA}=\dfrac{1}{2}\cdot \overline{CM}\cdot \overline{AB}$

Rút $\overline{BC}, \overline{CA}, \overline{AB}$ và thay vào ${\color{Red} {(3)}}$ ta được:

$\dfrac{\overline{DK}}{\overline{AK}}+\dfrac{\overline{EL}}{\overline{BL}}+\dfrac{\overline{FM}}{\overline{CM}}=0\Rightarrow \frac{DK}{AK}+\frac{EL}{BL}-\frac{FM}{CM}=0\\\Leftrightarrow \cot{ADB} + \cot{BEC} + \cot{CFA} =0$

Vậy bài toán đã được chứng minh.

$$Cho 0\leq \alpha \leq \frac{\pi }{2}. Chứng minh rằng bất phương trình :  (cos\alpha - 1)x^2+2x.sin\alpha -3+sin\alpha < 0$$ nghiệm đúng với mọi x là số thực
Sau khi xét trường hợp $$cos\alpha = 1$$, trường hợp 2, đến xét biệt số delta', em chưa làm được delta' < 0 ạ. Xin các bạn/anh chị giúp em hướng ạ:-?

Đặt $t=\tan\frac{a}{2}\ge 0\Rightarrow \sin a=\frac{2t}{1+t^2}, \ \ \cos a=\frac{1-t^2}{1+t^2}$

Thế vào bất phương trình và thu gọn, ta được:

$$f\left ( t \right )=-2t^2x^2+4tx-3t^2+2t-3<0\\\Delta'_{f(t)}=t^2\left ( -2t^2+4t-3 \right )\le0, \ \ \forall t\ge0$$

Từ đó suy ra đpcm.$\blacksquare$

Câu a) tớ đã làm tại đây

Xin lỗi vì nhầm lẫn APNQ nội tiếp

Để suy nghĩ tiếp  

SỰ THẬT MẤT LÒNG MÀ ANH   MÀ EM LẠI LÀ NGƯỜI THẬT THÀ NÊN CHỈ NÓI THẬT 

Thêm 2 ảnh hơi mờ

Lớn hơn và 'ngầu' hơn xưa

Thực sự em cũng có ảnh nhưng mà ảnh ... trần truồng nên không dám đăng lên   

Không sao đâu em. Cứ đăng lên vì chúng ta là những người có tâm hồn trong sáng Hồi nhỏ anh cũng cởi truồng tắm mưa với các bạn nữ hoài

Ảnh hồi lớp 7 của em đây, lúc ấy vẫn chưa đeo kính , còn ngây thơ 

ảnh này nên đăng vào chỗ ảnh thành viên mới chuẩn 

Hai người tạo dáng giống nhau ghê

Nhưng mà ảnh hồi bé mà chụy

Anh nghĩ lúc đó em cũng là 1 thiếu nữ rồi, do vây em nên tìm ảnh nào nhỏ hơn post thì tốt, như hồi tiểu học chẳng hạn.

 Em có bạn trai chưa :v

Này chú Long sao vào đây lộng hành, huỷ đi sự trong sáng của TOPIC Chú sắp có người trong avt rồi sao lại hỏi nữa.

P/s: Mà có ảnh không post luôn.

sao nhìn anh mặt cứ đơ đơ thế nhỉ 

Này, không khen anh một tiếng 'hồi nhỏ trông anh đẹp trai thế' thì thôi, sao lại nói những câu làm tim anh tan nát vậy   Để kiếm ảnh lớn hơn và đẹp trai hơn post lên.

Được sự uỷ thác của ..... bản thân, Votruc và nhận thấy rằng những ký ức hồi bé là một trong những kỷ niệm đáng nhớ nhất trong đời người, mình xin lập TOPIC Post Ảnh Hồi Bé cho vui. Xin các bạn bình luận một cách vui vẻ, thân thiện. Khi post ảnh có thể nêu rõ được kỷ niệm khi chụp bức ảnh là gì thì càng tốt.

Đầu tiên là ảnh của mình.

Hơi ngố phải hông? Kỷ niệm năm 2 tuổi hay nhỏ hơn hay sao ý. Lần đầu tiên được chụp ảnh nên có vẻ hơi bất ngờ 

TẠI ẢNH LÂU RỒI NÊN HƠI MỜ. hÒI XƯA NHÌN ĐÁNG YÊU QUÁ     

Anh thấy hồi nhỏ nhìn em ngầu ghê

Ảnh năm mình lớp 2,thi đấu cờ vua lần đầu tiên 

 Có phải em là cậu bé 'tự tin nhất' trong ảnh không?   

CHo tam giác ABC có số đo các góc A, B, C lần lượt lập thành cấp số nhân với công bội là q=2. CHứng minh: $\dfrac{1}{sinA}=\dfrac{1}{sinB} + \dfrac{1}{sinC}$

Gọi số đo góc nhỏ nhất là $x$, ta có $x+2x+4x=\pi\implies \sin 4x>\sin x; \sin 2x>\sin x$

Vì $\dfrac{1}{\sin A}=\dfrac{1}{\sin B} + \dfrac{1}{\sin C}\implies \left\{\begin{matrix} \frac{1}{\sin A}>\frac{1}{\sin B}\\ \frac{1}{\sin A}>\frac{1}{\sin C} \end{matrix}\right.\implies\left\{\begin{matrix} \sin B>\sin A\\\sin C>\sin A \end{matrix}\right.\implies$ góc $A$ nhỏ nhất.

Không mất tính tổng quát, giả sử $C$ là góc lớn nhất

Từ đó suy ra $B=2A$ và $C=2B$

Ta chứng minh bổ đề nếu $\angle B=2\angle A\iff b^2-a^2=ac$ (tương tự trường hợp $C=2B$ thì $c^2-b^2=ba$)

Cộng lại ta được: $c^2-a^2=a(b+c)$

Ta có: $\dfrac{1}{\sin A}=\dfrac{1}{\sin B} + \dfrac{1}{\sin C}\\\iff \frac1a=\frac1b+\frac1c\\\iff bc=a(b+c)$

Ta phải chứng minh $c^2-a^2=bc\\\iff \sin ^2C-\sin^2 A=\sin B\sin C\\\iff \sin(C-A)\sin(C+A)=\sin(C+A)\sin C\\\iff \sin(C-A)=\sin C\\\iff C-A=\pi-C\\\iff 2C-A=\pi\\\iff 7A=\pi \text{ (đúng với giả thuyết)}$

Vậy ta có dpcm.

P/s: Hơi bị thiếu logic chút, để bổ sung sau.

Cho $\frac{\pi}{6}\leq x_{1},x_2,x_3,x_4\leq \frac{\pi}{4}$ . Chứng minh rằng : 

$(cotgx_1+cotgx_2+cotgx_3+cotgx_3)(\frac{1}{cotgx_1}+\frac{1}{cotgx_2}+\frac{1}{cotgx_3}+\frac{1}{cotgx_4})\leq \frac{4(\sqrt3 +1)^2}{\sqrt3}$

Bài này em nên đổi lại thành CMR với mọi $1\le a, b, c, d\le \sqrt3$: $$(a+b+c+d)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c+\frac1d\right)\le \frac{4(\sqrt3 +1)^2}{\sqrt3}$$ rồi nhờ ai giỏi BĐT chứng minh đi.

Giải pt:

$\frac{\sqrt{2}(\sin x-\cos x)^2(1+2\sin 2x)}{\sin 3x+\sin 5x}=1-\tan x$

Đk: $\cos x\neq 0, \qquad \sin 4x \neq0$

 Ta có: $$\frac{\sqrt{2}(\sin x-\cos x)^2(1+2\sin 2x)}{\sin 3x+\sin 5x}=1-\tan x\\\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2}(\sin x-\cos x)^2(1+2\sin 2x)}{2\sin4x\cos x}=\frac{\cos x-\sin x}{\cos x}\\\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2}(\sin x-\cos x)^2(1+2\sin 2x)}{4\sin2x\left ( \cos x-\sin x \right )\left ( \cos x+\sin x \right )}=\cos x-\sin x\\\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2}(1+2\sin 2x)}{4\sin2x\left ( \cos x+\sin x \right )}=1\\\Leftrightarrow 1+2\sin 2x=2\sqrt2\sin2x\left ( \cos x+\sin x \right )\qquad (1)$$

Tiếp tục bằng cách đặt $t=\sqrt2\left (\sin x+\cos x  \right )=2\sin\left ( x+\frac{\pi}{4} \right )\Rightarrow \sin2x=\frac{t^2-2}{2}$, thay vào phương trình:

$$(1)\Leftrightarrow 1+\left (t^2-2  \right )=\left ( t^2-2 \right )t\Leftrightarrow t^2-t^2-2t+1=0$$

Đến đây thì mình không biết cách tính tiếp

Dì vậy phương trình vẫn có các nghiệm như $-\frac{13\pi}{8}, -\frac{5}{28}, \frac{3\pi}{28}, \frac{11\pi}{28}, \frac{19\pi}{28},\cdots$

Chứng minh rằng nếu:

$\frac{\sum cos\frac{A-B}{2}}{\sum sin^2\frac{A}{2}}=64$

thì tam giác ABC đều

Ta có:

$$\dfrac{\sum \cos\dfrac{A-B}{2}}{\sum \sin^2\dfrac{A}{2}}=\dfrac{\cos\dfrac{A-B}{2}+\cos\dfrac{B-C}{2}+\cos\dfrac{C-A}{2}}{\sin^2\dfrac{A}{2}+ \sin^2\dfrac{B}{2}+\sin^2\dfrac{C}{2}}$$

Thế $A=B=C=\dfrac{\pi}{3}$ vào thì được $KQ=\dfrac{4}{3}$

$\Rightarrow $ Đề sai ???

Chứng minh bất đẳng thức:

$(\frac{\sin x}{x})^3\geq \cos^{2}x$ với mọi $x\epsilon (0;\frac{\pi }{2})$

Ta có 2 cách chứng minh:

$\bullet$ Cách 1:

 Vì $x\in \left ( 0;\frac\pi2 \right )$ nên ta có : $\tan x>0, \sin x>0, \cos x>0$, biến đổi ta được bất đẳng thức tương đương:

$$\tan^2x\sin x\ge x^3\tag{1}$$

Xét $f(x)=\tan^2x\sin x - x^3$

$\bullet$ Cách 2:

Mò mãi mới ra

Ta cm bổ đề sau: $$\forall x\in \left(0,\frac\pi2\right), \frac{\sin x}x>1-\frac{x^2}6\tag{1}$$ hay $\sin x>x-\frac{x^3}6$

Đặt $f(x)=\sin x-x+\frac{x^3}6$

Ta có:

Từ đó có ĐPCM.

___________________________________________________________________

Ta có thể biến đổi BĐT ban đầu về dạng: $$f(x)= \sin^3(x)-x^3\cos^2(x)$$

Ta có: \begin{align*} f'(x)&= -3x^2\cos^2(x)+2x^3\sin(x)\cos (x)+3\sin^2(x)\cos (x)\\\iff \frac{f'(x)}{x^2\cos x}&=-3\cos x+2x\sin x+3\cdot \left ( \frac{\sin x}{x} \right )^2\\&>-3\cos x+2x^2\left ( 1-\frac{x^2}6 \right )+3\cdot \left ( 1-\frac{x^2}6 \right )^2\\&=x^2+3\left ( 1-\cos x \right )>0\end{align*}

Từ đó suy ra $f'(x)>0$ hay $f(x)\ge f(0)=0$

Q.E.D

Cho tam giác ABC không nhọn có các góc thỏa mãn đẳng thức :

$(1+\frac{sinB}{sinA})(1+\frac{sinA}{sinC})(1+\frac{sinC}{sinB})=4+3\sqrt{2}$

Hỏi tam giác ABC là tam giác gì?

Áp dụng ĐL $\sin$ ta có: $\displaystyle {(1+\frac{\sin B}{\sin A})(1+\frac{\sin A}{\sin C})(1+\frac{\sin C}{\sin B})=4+3\sqrt{2}\\\iff \left ( 1+\frac ba \right )\left ( 1+\frac ac \right )\left ( 1+\frac cb \right )=4+3\sqrt2\\\iff \frac a b +\frac a c +\frac b a +\frac c a+\left (\frac b c  +\frac c b  \right ) = 2+3\sqrt2\\\iff \left ( b+c \right )\left ( \frac{a}{bc}+\frac{1}a \right )+\left (\frac b c  +\frac c b  \right ) =2+3\sqrt2\quad \color{red}{(1)}}$

Giờ ta cần chứng minh $VT \ge VP$

Không mất tính tổng quát, cho $a$ là cạnh lớn nhất. Do $\triangle ABC$ không nhọn $\implies a^2\ge b^2+c^2\ge 2bc$

Ta có: $b+c\ge 2\sqrt{bc},\quad \frac{a}{2bc}+\frac{a}{2bc}+\frac{1}a\ge3\sqrt[3]{\frac{a}{4b^2c^2}}\ge 3\sqrt[3]{\frac{\sqrt{2bc}}{4b^2c^2}}=\frac{3}{\sqrt{2bc}}\\\implies \left ( b+c \right )\left ( \frac{a}{bc}+\frac{1}a \right )\ge 3\sqrt2,\quad \left (\frac b c  +\frac c b  \right ) \ge 2$

Do đó $VT\ge VP$

Đẳng thức xảy ra $\iff a^2=b^2+c^2$ và $b=c$ hay $\triangle ABC$ vuông cân. $\blacksquare$

Cho $a, b, c >0$. CMR: $$(1+a+a^2)(1+b+b^2)(1+c+c^2) \leq (1+a+b^2)(1+b+c^2)(1+c+a^2).$$

$A=(x^{2}-\frac{1}{x})^{20}$

$B=(x^{3}-\frac{1}{x})^{10}$

Theo nhị thức Newton:

$A=C_{20}^{k}x^{40-3k}(-1)^k\Rightarrow A$ có 21 số hạng

$B=C_{10}^{l}x^{30-4l}(-1)^l\Rightarrow B$ có 11 số hạng

Để rút gọn, ta phải tìm số số hạng của A & B trùng nhau, tức là tìm $k$ & $l$ sao cho $40-3k=30-4l$ hay $3k-4l=10$, cho $l$ chạy từ $0\rightarrow 10$ ta tìm được 3 số $l$: $2, 5, 8$

Vậy $A+B$ có $21+11-3=29$ số hạng.

Cho tớ hỏi diễn đàn mình có hỗ trợ gói lệnh vẽ hình PSTricks gì đó hôm?