Mở rộng:  Giải phương trình: $a. A(x)+b.B(x)=c.\sqrt{A(x).B(x)}$ với $a,b,c\in \mathbb{R}; \ A(x), \ B(x)$ là các đa thức.

Giải: Đặt $\begin{cases}\sqrt{A(x)}=m\ge 0\\\sqrt{B(x)}=n\ge 0\end{cases}$. Phương trình có dạng:

$$am^2+bn^2=cmn \ \ (*)$$

Nhận thấy $n=0$ không là nghiệm của phương trình , chia cả 2 vế phương trình $(*)$ cho $n^2\neq 0$ ta được:

$$a.\dfrac{m^2}{n^2}-c.\dfrac{m}{n}+b=0\iff at^2-ct+b=0\left(t=\dfrac{m}{n}\right) \implies t=\dfrac{c\pm \sqrt{\Delta}}{2a}$$

Tìm được $t$ thay vào tìm tỉ số $m,n$ rồi tìm ra x. 

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

Cách 2:    ĐK: $x\ge 1$, bình phương 2 vế :

$$(2x^{2}+5x-1)^2=(7\sqrt{x^{3}-1})^2 \\ \iff 4x^4-29x^3+21x^2-10x+50=0 \\ \iff (x^2-8x+10)(4x^2+3x+5)=0 \\  \implies x=4\pm \sqrt{6}$$

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

ĐK: $x\geq 1$
Phương trình đã cho tương đương với: $$2(x^{2}+x+1)+3(x-1)=7\sqrt{(x-1)(x^{2}+x+1)}$$
Đặt $u=\sqrt{x^{2}+x+1},v=\sqrt{x-1}; \ u,v\ge 0 $ suy ra:

$$2u^{2}+3v^{2}=7uv \iff  (u-3v)(2u-v)=0 \\ \iff \begin{bmatrix} u=3v \\ 2u=v \end{bmatrix}  \iff \begin{bmatrix} \sqrt{x^2+x+1}=3\sqrt{x-1} \\ 2\sqrt{x^2+x+1}=\sqrt{x-1} \end{bmatrix} \\ \iff \begin{bmatrix} x^2-8x+10=0 \\ 4x^2+3x+5=0 (VN)\end{bmatrix} \iff \begin{bmatrix} x=4- \sqrt{6} \\ x=4+ \sqrt{6} \end{bmatrix}$$

Vậy Tập nghiệm của phương trình là: $S=\{ 4 \pm \sqrt{6} \}$

Đầu tiên ta có bổ đề (*) : ( Định lý Ceva)

Cho một tam giác ABC, các điểm D, E, và F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, và AB. ĐỊnh lý phát biểu rằng các đường thẳng AD, BE và CF là những đường thẳng đồng quy khi và chỉ khi: $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$      

Chứng minh: 

 MSS.1.bmp   115.52K   1 Số lần tải    

Giả sử $AD; \ BE ; \ CF$ đồng quy tại 1 điểm $O$ nào đó ( nằm trong hoặc ngoài tam giác).

Ta có: $\Delta BOD$ và $\Delta COD$ có chung chiều cao $\implies \frac{|\Delta BOD|}{|\Delta COD|}=\frac{BD}{DC}$

Tương tự $\frac{|\Delta BAD|}{|\Delta CAD|}=\frac{BD}{DC}$

Ta suy ra: $$\frac{BD}{DC}=\frac{|\Delta BAD|-|\Delta BOD|}{|\Delta CAD|-|\Delta COD|}=\frac{|\Delta ABO|}{|\Delta CAO|}$$

Tương tự: $\frac{CE}{EA}=\frac{|\Delta BCO|}{|\Delta ABO|}$ và $\frac{AF}{FB}=\frac{|\Delta CAO|}{|\Delta BCO|}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta được: $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$       

Ngược lại , giả sử Ngược lại, giả sử rằng ta đã có những điểm $D, E$ và $F$ thỏa mãn đẳng thức. Gọi giao điểm của $AD$ và $BE$ là $O$, và gọi giao điểm của $CO$ và $AB$ là $F'$. Theo chứng minh trên $\frac{AF'}{F'B}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$

Kết hợp với đẳng thức trên, ta nhận được: $\frac{AF'}{F'B}=\frac{AF}{FB}$

Thêm 1 vào mỗi vế và chú ý rằng $AF''+F''B=AF+FB=AB$, ta có $\frac{AB}{F'B}=\frac{AB}{FB}$

Do đó $F''B=FB$, vậy $F$ và $F''$ trùng nhau. Vì vậy $AD,BE$ và $CF=CF''$ đồng qui tại $O$, và định lí đã được chứng minh đúng theo cả hai chiều.

Trở về bài toán: 

 MSS.3.bmp   680.89K   4 Số lần tải

$AM$ cắt $BC$ tại $K$, $BN$ cắt $AC$ tại $J$, $CP$ cắt $AB$ tại H.

Kẻ $EI//FL//BC$ ( $F,I\in AK$) thì ta có : $\frac{AF}{AB}=\frac{FL}{BK} \ ; \ \frac{AE}{AC}=\frac{EI}{CK} \ ; \ \frac{EI}{FL}=\frac{EM}{FM}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta có: $\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC}.\frac{FM}{EM}=\frac{BK}{FL}.\frac{EI}{CK}.\frac{FL}{EI}\implies \frac{BK}{CK}= \frac{FM}{EM} .\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC} \ \ (1)$

Tượng tự ta cũng có: $\frac{CJ}{AJ}=\frac{DN}{FN}.\frac{BC}{BD}.\frac{BF}{AB} \ \ (2)$ và $\frac{AH}{BH}=\frac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \ \ \ (3)$

Nhân các vế của $(1);(2);(3)$ ta được:

$\frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC}.\frac{FM}{EM}.\frac{DN}{FN}.\frac{BC}{BD}.\frac{BF}{AB}.\frac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \\ \implies \frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=\frac{FM}{EM}.\frac{EP}{DP}.\frac{DN}{FN}.\frac{DC}{BD}.\frac{BF}{AF}.\frac{AE}{CE} \ \ (\star)$

Áp dụng bổ đề (*) cho $\Delta ABD$ có $AD, CE, CF$ đồng quy và $\Delta DEF$ có $DM,EN,FP$ đồng quy ta có:

$\frac{FM}{EM}.\frac{EP}{DP}.\frac{DN}{FN}=1$ và $\frac{DC}{BD}.\frac{BF}{AF}.\frac{AE}{CE}=1$

Thay vào $(\star)$ : $\implies \frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=1$

Theo bổ đề (*) thì ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$

$d=10$

$S= 39$

vẫn còn phần a) bác nào giải hộ với

giải hệ $\left\{\begin{matrix} 36x^{2}y-60x^{2}+25z=0\\ 36y^{2}z-60y^{2}+25x=0\\ 36z^{2}x-60z^{2}+25y=0 \end{matrix}\right.$

$y=\frac{60x^2}{36x^2+25}$ nên $y\geq 0$. Tương tự $x,z\geq0$.

$TH_1:$ Dễ thấy $x=y=z=0$ là nghiệm.

$TH_2:$ Xét $x,y,z>0$.

Hệ trên suy ra:$$xyz=\frac{60^3x^2y^2z^2}{(36x^2+25)(36y^2+25)(36z^2+25)}$$
$$\Leftrightarrow 1=\frac{60^3xyz}{(36x^2+25)(36y^2+25)(36z^2+25)}\leq \frac{60^3xyz}{(2.6.5.x)(2.6.5.y)(2.6.5.z)}=1$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{5}{6}$

Vậy hệ có nghiệm $(0;0;0)$ và $\left ( \frac{5}{6};\frac{5}{6};\frac{5}{6} \right )$

Họ tện: Dương Bá Linh

Lớp: 9

Trường thcs thọ thế.

Đề bài:

Có chút nhầm lẫn rồi bạn ơi

Nhìn nhầm đề nên giải sai đã fix

Bài 1: Giải phương trình:

$(x+3)\sqrt{-x^{2}-8x+48}=x-24$

 

Đặt $t=\sqrt{-x^2-8x+48}$. Điều kiện: $t\geq 0$
Biến đổi phương trình tương đương
$$t^2+2(x+3)t+x^2+6x=0$$
Từ đó, $t=-x$ hoặc $t=-x-6$

 

Bài 7: Tìm số $n$ nguyên dương thoả mãn $\sqrt{(3+2\sqrt{2})^{n}}+\sqrt{(3-2\sqrt{2})^{n}}=6$

 

Nhận xét: $(3+2\sqrt{2})(3-2\sqrt{2})=1$

Đặt: $\sqrt{(3-2\sqrt{2})^x}=a>0$

PT trở thành:

$a+\dfrac{1}{a}=6\iff a^2-6a+1=0 \iff \left[ \begin{array}{l} a=3-2\sqrt{2} \\ a=3+2\sqrt{2} \end{array}\right.$

Giải phương trình:

$$\sqrt{x^2+x-6}+3\sqrt{x-1}=\sqrt{3x^2-6x+19}$$

Đề của 

vuminhhoang

Đến đây dễ dàng làm tiếp

Cho $x,y,z\geq 0$ thỏa mãn $x+y+z=1$. Chứng minh rằng : 

$\frac{3}{xy+yz+xz}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}\geq14$

làm như 2 bạn ko có dấu =

Thì bài này thực ra không có dấu bằng mà!!!

 

 Bài 2 : (2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

1/ Chứng minh $\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}+x+y=18\\ x(x+1).y(y+1)=72 \end{matrix}\right.$

2/ $\sqrt{x^{2}-16}=3\sqrt{x-4}$

1, $hpt\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x(x+1)+y(y+1)=18 & \\ x(x+1).y(y+1)=72 & \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix}x(x+1)=a & \\ y(y+1)=b & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}a+b=18 & \\ ab=72 & \end{matrix}\right.$

Tìm a,b rồi thay vào tìm x,y

2, $\left\{\begin{matrix}x-4\geq 0 & \\ x^2-16=3(x-4) & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x\geq 4 & \\ x^2-3x-4=0 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x\ge 4 & \\ \begin{bmatrix}x=-1 & \\ x=4 & \end{bmatrix} & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x=4$

Bài 1   :  (2 điểm)

1/ Chứng minh $\sqrt{1+\frac{1}{(x-1)^{2}}+\frac{1}{x^{2}}} = 1 + \frac{1}{x-1} - \frac{1}{x}$ với x > 1

2/ Tính giá trị M = $\sqrt{1+\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}}+...+\sqrt{1+\frac{1}{2012^{2}}+\frac{1}{2013^{2}}}$

 

Đặt $A=\sqrt{1+\frac{1}{(x-1)^2}+\frac{1}{x^2}}$

Ta có:$A^2=1+\frac{1}{(x-1)^2}+\frac{1}{x^2}=\frac{x^2(x-1)^2+x^2+(x-1)^2}{x^2(x-1)^2} \\ \ \ A^2=\frac{x^2(x^2-2x+1+1)+(x-1)^2}{x^2(x-1)^2} \\ A^2=\frac{x^4-2x(x-1)+(x-1)^2}{x^2(x-1)^2} \\ A^2=\left ( \frac{x^2-x+1}{x(x-1)} \right )^2$

Do $x>0 \Rightarrow A>0 \Rightarrow A=\frac{x^2-x+1}{x(x-1)}=1+\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x}$

Lớp 8 à.Thế chưa học C-S thì không làm được đâu em.

Lớp 8 nâng cao là biết Cauchy rồi. Bạn ấy chỉ không hiểu $\sum$ thôi.

1. Họ và tên: Đường Bá Linh

2. Đang học lớp 9A trường THCS Thọ Thế, Huyện Triệu Sơn, Tỉnh Thanh Hóa

3. Đề: Giải phương trình: $$x=\left(\sqrt{x+1}+1\right)\left(\sqrt{x+10}-4\right)$$

4. Giải:   $DK: \ x\ge -1$ Ta có: $x=0$ không là nghiệm của phương trình nên $\sqrt{x+1}-1\neq 0$

$pt\iff x\left(\sqrt{x+1}-1\right)=\left(\sqrt{(x+1)^2}-1\right)\left(\sqrt{x+10}-4\right) \\ \iff x\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x+10}+3\right)=0 \\ \iff \sqrt{x+1}+3=\sqrt{x+10} \\ \iff x+1+9+6\sqrt{x+1}=x+10 \\ \iff 6\sqrt{x+1}=0 \iff x=-1(\text{thỏa mãn điều kiện})$ Vậy $x=1$ là nghiệm duy nhất của phương trinh.

giải phương trình nghiệm nguyên:

$x^{2}+17y^{2}+34xy+51(x+y)=1740$

$Cho   a\geq b\geq c> 0$.  Chứng minh

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2b+2c}+\frac{1}{2c+2a}$

Do $a\ge b\ge c>0$ nên ta đưa về bài toán chứng minh:

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}$

Theo $Cauchy-Schwarz$ ta có:

$\dfrac{2}{a+3b}+\dfrac{1}{b+3c}+\dfrac{4}{c+3a} \\ \ge \dfrac{(2+1+4)^2}{2(a+3b)+(b+3c)+4(c+3a)} \\ = \dfrac{7}{2a+b+c}$

$Cho   a\geq b\geq c> 0$.  Chứng minh

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2b+2c}+\frac{1}{2c+2a}$

Đề là:

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}$

Thì đúng hơn.

Anh làm câu 2 nha:

đặt a+b+2c=x

     2a+b+c=y

     a+b+3c=z 

Nên 4a=4(y+z-2x)

       8c=8(z-x)

       b+3c=5x-y

Nên bđt cần cm tương đương: $\frac{4(y+z-2x)}{x}+\frac{2x-y}{y}-\frac{8(x-z)}{z}=\frac{4y}{x}+\frac{4z}{x}-8+\frac{8x}{z}-8+\frac{3x}{y}-1=(\frac{4y}{x}+\frac{3x}{y})+(\frac{8x}{z}+\frac{4z}{x})-17\geq 2\sqrt{12}+2\sqrt{32}-17$.

 

 

 

 

                                        Uchiha Itachi   

Đã có tại đây: http://diendantoanho...geq-12sqrt2-17/

chỗ đó sao thế mình không hiểu

Thì ta có $(ab+bc+ca)^2\ge 3abc(a+b+c)$

Xét $x \geq 1$ => $VT>VP$ 
Xét $2< x<3$ => $VT<VP$ 
$x=3$ thì thoả mãn , $x=2$ cũng thoả mãn 
$x>3$ => vô nghiệm 
Vậy $x \in {2;3}$

Tìm max $A= \frac{x}{\left ( x+10 \right )^{2}}$

$A=\dfrac{x}{x^2+20x+100}=\dfrac{1}{x+20+\dfrac{100}{x}}\le \dfrac{1}{40}$