Cảm ơn Tú và bạn tiger_cat, mình giải lại bài này:
$(1 + \cos A)(1 + \cos B)(1 + \cos C) > 2$

$ \Leftrightarrow 2cos^{2} \dfrac{A}{2} .2cos^{2} \dfrac{B}{2} . 2cos^{2} \dfrac{C}{2} > 2 $
: hai trường hợp :
* TH 1: $ cos\dfrac{A}{2} cos \dfrac{B}{2} cos \dfrac{C}{2} > \dfrac{1}{2} $
* TH 2: $ cos\dfrac{A}{2} cos \dfrac{B}{2} cos \dfrac{C}{2} < - \dfrac{1}{2} $

TH 1: $ cos\dfrac{A}{2} cos \dfrac{B}{2} cos \dfrac{C}{2} > \dfrac{1}{2} $
$ 1 - 2 cos\dfrac{A}{2} cos \dfrac{B}{2} cos \dfrac{C}{2} <0 $
$ 1 - cos \dfrac{A}{2}(cos\dfrac{B - C}{2} - cos \dfrac{A}{2}) <0$
$ 1 - cos \dfrac{A}{2}.cos\dfrac{B - C}{2} + cos^{2} \dfrac{A}{2} + cos^{2} \dfrac{B - C}{2} - cos^{2} \dfrac{B - C}{2}<0$

$ sin^{2} \dfrac{B - C}{2}+ (cos\dfrac{B - C}{2} - cos \dfrac{A}{2})^{2} + \dfrac{3}{4} cos ^{2}\dfrac{A}{2} <0 $ (vô lý)

* TH2 $ sin^{2} \dfrac{B - C}{2}+ (cos\dfrac{B - C}{2} + cos \dfrac{A}{2})^{2} + \dfrac{3}{4} cos ^{2}\dfrac{A}{2} >0 $ (Đúng)
Dấu " =" ???

Ko cần xét TH 2 nhé.Vì các giá trị cos đều ko âm

cho $y=x^3+(1-2m)x^2 + (2-m)x +m+2$ tìm m để tồn tại cực đại cực tiểu mà hoành độ thỏa mãn $x_1<1<x_2$
P/s:Cảnh cáo mem mileycirus về việc gõ Latex.Bạn đã viết được hơn trăm bài viết mà vẫn không gõ Latex trong bài viết.Mong bạn hãy học gõ Latex trước khi post bài.Nếu bạn tiếp tục không gõ Latex trong bài viết thì mình sẽ đóng tất cả các topic của bạn cho đến khi bạn tạo topic mà trong đó có gõ Latex đàng hoàng.Thân

y'=3x^2+2(1-2m)x+(2-m)

Để thỏa mãn đề bài thì thỏa mãn đồng thời $\ delta > 0$ và $3.f(1)<0$

Vậy thôi.Chứ mệt ji hả ông Khánh

$ \Leftrightarrow 1 - 2 cos\dfrac{A}{2} cos \dfrac{B}{2} cos \dfrac{C}{2} < 0 $

Chứng minh được: $ cos^{2} \dfrac{A}{2} + cos^{2} \dfrac{B}{2} + cos^{2} \dfrac{C}{2} = 1- 2cosAcosBcosC $

$ cos^{2} \dfrac{A}{2} + cos^{2} \dfrac{B}{2} + cos^{2} \dfrac{C}{2} < 0 $

hê.Mấy cái dòng này đâu liên quan tới nhau

Bạn xem bài 3, mình không biết đúng sai?
$(1 + \cos A)(1 + \cos B)(1 + \cos C) > 2$

$ \Leftrightarrow 2cos^{2} \dfrac{A}{2} .2cos^{2} \dfrac{B}{2} . 2cos^{2} \dfrac{C}{2} > 2 $
$ \Leftrightarrow cos\dfrac{A}{2} cos \dfrac{B}{2} cos \dfrac{C}{2} > \dfrac{1}{2} $
$ \Leftrightarrow 1 - 2 cos\dfrac{A}{2} cos \dfrac{B}{2} cos \dfrac{C}{2} < 0 $

Chứng minh được: $ cos^{2} \dfrac{A}{2} + cos^{2} \dfrac{B}{2} + cos^{2} \dfrac{C}{2} = 1- 2cosAcosBcosC $

$ cos^{2} \dfrac{A}{2} + cos^{2} \dfrac{B}{2} + cos^{2} \dfrac{C}{2} < 0 $
Vậy đề bài có dấu "=" không?; cách giải trên có được không??

Bài 1: ( *)
Nhận dạng tam giác ABC biết :
${a^2} + {b^2} + {c^2} = 36{r^2}$
Với a,b,c là 3 cạnh; r là bán kính đường tròn nội tiếp.

Tiếp nhé

BĐT $<=>p^2(a^2+b^2+c^2)=36(rp)^2=36S^2$

$<=>p^2(a^2+b^2+c^2)=36p(p-a)(p-b)(p-c)$

$<=>p(a^2+b^2+c^2)=36(p-a)(p-b)(p-c)$

Nhận thấy $p(a^2+b^2+c^2)= \dfrac{a+b+c}{2}.(a^2+b^2+c^2) \geq \dfrac{(a+b+c)^3}{6} $

$36(p-a)(p-b)(p-c)=36. \dfrac{(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}{8} \leq 36.\dfrac{(a+b-c+a+c-b+b+c-a)^3}{8.27} = \dfrac{(a+b+c)^3}{6}$

$=>VP=VP <=>a=b=c$ hay tam giác ABC đều

Bài 4:(***)
Tam giác ABC có tính chất gì nếu :
${a^3} + {b^3} = {c^3}$

Mình làm thế này ko bik có ổn ko.Cách ko hay mà dài

Để ý rằng $c>a$ và $c>b$ nên góc C lớn nhất trong tam giác

Đầu tiên chứng minh ${a^2} + {b^2} - {c^2} > 6(c - a)(c - b)$
CÁi này biến đổi tương đương thôi

$\{a^2} + {b^2} - {c^2} > 6(c - a)(c - b) $
$\Leftrightarrow {a^2}c + {b^2}c - {c^3} > 6c(c - a)(c - b) $
$\Leftrightarrow {a^2}(c - a) + {b^2}(c - b) > 6c(c - a)(c - b)$
$ \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{c - b}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c - a}} > 6c$
Mà $\left\{ \begin{array}{l} {a^2} = \dfrac{{{a^3}}}{a} = \dfrac{{{c^3} - {b^3}}}{a} = \dfrac{{(c - b)({c^2} + bc + {b^2})}}{a} \\ {b^2} = \dfrac{{{b^3}}}{b} = \dfrac{{{c^3} - {a^3}}}{b} = \dfrac{{(c - a)({c^2} + ac + {a^2})}}{b} \\ \end{array} \right.$
Thay vào bdt ta có
$\dfrac{{{b^2} + bc + {c^2}}}{a} + \dfrac{{{c^2} + ac + {a^2}}}{b} > 6c \Leftrightarrow \left( {{a^3} + b{c^2} + {b^2}c} \right) + \left( {{b^3} + {a^2}c + a{c^2}} \right) > 6abc$
Áp dụng cô si 3 số thì thấy luôn đúng

Vậy ${a^2} + {b^2} - {c^2} > 6(c - a)(c - b)>0$ (do c>a và b>a)

Cơ mà $cosC= \dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab} $

Đâm ra $cosC>0$ =>góc C nhọn
Vậy góc A và góc B cũng nhọn luôn

Vì thế đáp án là tam giác nhọn $_$

tim x,y nguyen duong thoa man:
$y = \sqrt[3]{{9 + \sqrt {x + 4} }} + \sqrt[3]{{9 - \sqrt {x + 4} }} $

Cho ba so thuc duong a,b,c thoa man:

21ab+2bc + 8ac 12

Tim GTNN cua S= 1/a + 2/b +3/c

Nhờ mọi người giải hộ em bài này theo kiến thức lớp 11

Cho tam giác ABC có góc $A = 60^{0}$.Tìm điểm M trong tam giác để $\sqrt{3}MA+MB+MC$ nhỏ nhất

Mọi người làm theo kiến thức của phép biến hình nhé

kinh latex quá
tui đánh ngắn gọn tôi nhé
lấy (1)-(2) => $P=(x-y)(4x^{2}+4xy+4y^{2}-27x-27y+108)=0$
ta sẽ cm $Q=\dfrac{P}{x-y}>0$
Điều này ko khó bạn tự giải nhé

Câu $Q=\dfrac{P}{x-y}>0$ của bạn là sai nè

Vì khi đó chưa bik x-y có khác 0 hay ko mà đã chia

Phải nói là chứng minh $4x^{2}+4xy+4y^{2}-27x-27y+108 > 0$

2/ Chú ý rằng $3=|x-2006|+|x-2007|+|x-2009| \geq |x-2006|+|x-2007+2009-x|=2+|x-2006|$
$1 \geq |x-2006|$
Do đó:
$x \leq 2007.$
Có $|x-2009| \leq 3 <=> x \geq 2006$
Từ đó ta có $2006 \leq x \leq 2007$
$<=> |x-2009| \geq 2; |x-2006|+|x-2007| \geq |x-2006+2007-x|=1$
$<=> |x-2009|+|x-2007|+|x-2006| \geq 3.$(1)
Chú ý rằng $|y-2008| \geq 0$. Vì vậy đẳng thức ở (1) phải xảy ra<=> x=2007
Khi đó y-2008=0 <=> y=2008

Cách này ko hay bạn ạ

Mình có cách khác xem được ko

$|x-2006|+|x-2007|+|x-2009|+|y-2008|\geq |x-2009-x+2006|+|x-2007|+|y-2008|=3+|x-2007|+|y-2008|\geq 3$

Dấu "=" xảy ra khi x=2007 và y=2008

Cho x , y thoả mãn
$ x^2 +5y^2 - 4xy - x + 2y +6 =0 $
c/m $-1 \leq x-2y +1 \leq 4 $

Đặt a=x-2y +1

=> x= a+2y-1

Thay vào PT ban đầu rút x=a+2y-1 khi đó PT trở thành PT bậc 2 ẩn y và biến a

Ta dùng điều kiện của delta theo ẩn y sẽ ra cực trị của a

cho 13 quả cầu trong đó có 1 quả khác lạ (kok bít nặng hơn hay nhẹ hơn các quả còn lại)
dùng cân đôi để cân( cân VecBa) hay sao ý
Hỏi số lần cân ít nhất là bao nhiu để tìm quả kia

Đề bài ko rõ nên chỉ cần 1 lần cân là đủ

Chia 13 quả thành 2 phần mỗi phần 6 quả và 1 quả thừa rồi đem cân

Nếu may mắn được 2 phần 6 quả bằng nhau thì quả còn lại là quả cầu khác lạ

có viết nhầm chỗ
$\left( {(a + b) + (b + c) + (c + a)} \right)\left( {\dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{c + a}}} \right) \ge 3$
đúng thì phải là:
$\left( {(a + b) + (b + c) + (c + a)} \right)\left( {\dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{c + a}}} \right) \ge 9$

Đúng là chỗ đấy anh ạ !!!

Em cũng định nói chỗ ấy

Bài 1.Áp dụng BDT AM_GM
$(a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}) \ge 3\sqrt[3]{abc} .3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}=9$

Bài 2.
BDT được viết lại $(a+b+c)(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}) \ge \dfrac{9}{2}$

Áp dụng BDT Cauchy-Schwazt

$[(b+c)+(c+a)+(a+b)][\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}] \ge 3$

ta có đpcm

Bài 3 $(a+b-c)(b+c-a) \le (\dfrac{a+b-c+b+c-a}{2})^2=b^2$

ta cũng có 2 BDT tương tự.Nhân theo vế các BDT ta dễ có đpcm

Bài 2 hơi nhầm thì phải

Bạn ơi !

Hình như câu 2 bài 2 nhầm đề thì phải

Bạn nên giải hoàn chỉnh từng bài thì hơn bởi vì từ các chỗ " giải bình thường, đến đây thì dễ,..." chưa chắc như lời bạn nói.

Sr vì mình đang vội ko post cụ thể được

Còn mấy phần kia làm theo PP thế là ok mà

Mình đã check rồi

Dùng PP thế thì chỉ ra PT bậc 2 thôi

Bạn thử giải mà xem

Giải các hệ phương trình sau:
1)$\left\{ \begin{matrix} x + y - \sqrt {xy} = 3 \\ \sqrt {x + 1} + \sqrt {y + 1} = 4 \\ \end{matrix} \right.$

2)$\left\{ \begin{matrix} x - \dfrac{1}{x} = y - \dfrac{1}{y} \\ 2y = x^3 + 1 \\ \end{matrix} \right.$

3)$\left\{ \begin{matrix} \sqrt[3]{{x - y}} = \sqrt {x - y} \\ x + y = \sqrt {x + y + 2} \\ \end{matrix} \right.$

4)$\left\{ \begin{matrix} 3y = \dfrac{{y^2 + 2}}{{x^2 }} \\ 3x = \dfrac{{x^2 + 2}}{{y^2 }} \\ \end{matrix} \right.$

5)$\left\{ \begin{matrix} x^2 + 1 + y(y + x) = 4y \\ (x^2 + 1)(x + y - 2) = y \\ \end{matrix} \right.$

1) Từ PT (2) bình phương được

$x+y+2\sqrt {x+y+xy+1}=14$

mà $x+y-\sqrt {xy}=3$

Đặt $x+y=a$ và $\sqrt {xy}=b$

thì $a+b=3$ và $a+22\sqrt {a+b^2+1}=14$


Giải hệ theo PP thế

2) Từ PT (1) được

$(x-y)(1+\dfrac{1}{xy})=0$

$TH1: x=y$

........

$TH2: xy=-1$

Giải hệ theo PP thế

3)

Từ PT (1) được $(x-y)^3=(x-y)^2$

$=> (x-y)^2 (x-y-1)=0$

$TH1: x=y$

$TH2: x-y=1$

Giải bt`

5)

Nhận xét $y=0$ ko là nghiệm của hệ nên ta chia cả 2 PT cho y được

$\dfrac{x^2+1}{y}+ (x+y)=4$

$\dfrac{x^2+1}{y}.(x+y-2)=1$

Đặt $\dfrac{x^2+1}{y}=a$ và $x+y=b$ thì

$a+b=4$

và $a.(b-2)=1$

Đến đây thì dễ

$\dfrac{x+\dfrac{y}{4}}{2} = \dfrac{\dfrac{y}{2}}{16}$

$ \Leftrightarrow 16x + 4y = y$
$\Leftrightarrow 16x = -3y$
Vậy x,y trái dấu
Mà đề nói $x,y \in N$
=> Đề sai

Thế nên x=y=0

Bài 1:
$x^2 - mx - m - 1 = 0$
a) Tìm m để pt trên có 2 no phân biệt
b) Tìm min của
$S = \dfrac{{m^2 + 2m}}{{x_1 ^2 + x_2 ^2 + 2}}$
Bài 2:
a) Cho pt ${\rm{ax}}^2 + bx + c = 0$ có 2 no dương phân biệt. CMR phương trình
${\rm{cx}}^2 + bx + a = 0$ cũng có 2 no dương phân biệt.
b) Giải pt:
$\sqrt {\dfrac{{2 - x}}{{4 + x}}} - 2\sqrt {\dfrac{{x + 4}}{{2 - x}}} + 1 = 0$
c) CMR có duy nhất bộ số thực (x;y;z) thoã mãn:
$\sqrt {x - 2008} + \sqrt {y - 2009} + \sqrt {z - 2010}+3012 = \dfrac{1}{2}(x + y + z)$
Bài 3:
Cho góc $ \widehat xOy=60 ^\circ$. (K) nằm trong góc $\widehat{xOy}$ tiếp xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với Oy tại N. Trên tia Ox lấy P sao cho OP=3. OM.
Tiếp tuyến của (K) qua P cắt Oy tại Q khác O. Đường thẳng PK cắt MN tại E. QK cắt MN ở F.
a) $\Delta MPE$ đồng dạng $\Delta KPQ$
b) PQEF nội tiếp
c) Gọi D là trung điểm PQ. CMR $\Delta DEF$ đều.
Bài 4:
Giải PTNN:
$(a - 1)^2 (a^2 + 9) = 4b^2 + 20b + 25$
Bài 5:
Giả sử tứ giác lồi ABCD có 2 hình vuông ngoại tiếp khác nhau. CMR: Tứ giác này có vô số hình vuông ngoại tiếp.

Đề cũng ko khó lắm

Câu 5 hơi khó hiểu

Ko hiểu sao , cứ nói tới Tờ , đứng 1 mình hay bất cứ chỗ nào , mình lại nghĩ đến nó nhi
Rất quyến rũ $

"Tờ" tiền

Câu b min phải = 6 chứ nhỉ
Cũng SD diện tích là ra, thêm Cô- si là xong

À mình nhầm tí !!! Đúng là bằng 6

Theo ông cosi thì

Ta có $(\dfrac{MA1}{AA1}+ \dfrac{MB1}{BB1}+\dfrac{MC1}{CC1})(\dfrac{AA1}{MA1}+\dfrac{BB1}{MB1}+\dfrac{CC1}{MC1}) \geq 9$

mà $\dfrac{MA1}{AA1}+ \dfrac{MB1}{BB1}+\dfrac{MC1}{CC1}=1$

$=> \dfrac{AA1}{MA1}+\dfrac{BB1}{MB1}+\dfrac{CC1}{MC1} \geq 9$

$=>\dfrac{AM}{MA1}+\dfrac{BM}{MB1}+\dfrac{CM}{MC1})+3 \geq 9$

$=> \dfrac{AM}{MA1}+\dfrac{BM}{MB1}+\dfrac{CM}{MC1})\geq 6$

Bài 2 : Cho tam giác ABC và một điểm M ở miền trong tam giác . Các đường thẳng AM , BM , CM cắt các cạnh BC , AC , AB lần lượt tại $A_{1} , B_{1}, C_{1} $.
a) Chứng minh rằng :
$ \dfrac{M A_{1} }{A A_{1} }+\dfrac{M B_{1} }{BB_{1} } +\dfrac{M C_{1} }{CC_{1} } =1 $
b) Xác định vị trí của M để tổng :
$ T=\dfrac{M A }{M A_{1} }+\dfrac{MB }{MB_{1} } +\dfrac{MC }{MC_{1} } $ đạt giá trị nhỏ nhất .

a) Từ M kẻ các đừong cao lên các cạnh AB,AC,BC

Sử dụng tỉ lệ diện tích ra kết quả là 1

b) Kết quả bằng 6

Bài 1 : Cho $a>b>0$ . Hãy so sánh hai số :
$x= \dfrac{1+a}{1+a+a^2}$ và $y= \dfrac{1+b}{1+b+b^2}$

$ \dfrac{1}{x} = \dfrac{a^2}{a+1}+1$

$ \dfrac{1}{y}= \dfrac{b^2}{b+1}+1$

$\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{y}=\dfrac{a^2}{a+1}-\dfrac{b^2}{b+1}=\dfrac{(a-b)(a+b+ab)}{(a+1)(b+1)}>0$

$=> \dfrac{1}{x}>\dfrac{1}{y}$

$=> x<y$

Tính $\sqrt{2+ \sqrt{2+ \sqrt{2+...} } }$ (Vô hạn dấu căn)

$A=\sqrt{2+ \sqrt{2+ \sqrt{2+...} } }$

$<=> A^2= 2+\sqrt{2+ \sqrt{2+ \sqrt{2+...} } }$

$<=>A^2=2+A$

$<=> A^2-A-2=0$

$<=> (A+1)(A-2)=0$

Do $A+1 >0$

$=> A-2=0$

$=> A=2$