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

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

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

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

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. $\blacksquare$

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

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 

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.

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?   

Xin lỗi vì nhầm lẫn APNQ nội tiếp

Để suy nghĩ tiếp  

Câu a) tớ đã làm tại đây

$$Cho 0\leq \alpha \leq \frac{\pi }{2}. Chứng minh rằng bất phương trình :  (cos\alpha - 1)x^2+2x.sin\alpha -3+sin\alpha < 0$$ 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.$\blacksquare$

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 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:

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

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: $\sin\dfrac{2\pi }{5}-\left ( \sin\dfrac{3\pi }{5}-\sin\dfrac{\pi }{5} \right )=\sin\dfrac{\pi }{5}=VP$