$\frac{a+1}{b+1} \geq \frac{a}{b}$ 

DE SAI

chẳng phải đây là 1 dạng của bđt cauchy 3 số sao ??

câu 5 mình làm không biết đúng không

khi 2 chữ giống nhau đứng cạnh nhau ta có thể gộp chúng là 1

vậy bộ chữ cái chỉ còn 7 phần tử, số cách để sắp xếp bộ chữ cái 7 phần tử là: 7! cách

số cách sắp xếp bộ chữ cái đề cho 10 phần tử là: 10! cách

vậy số cách sắp xếp để các chữ giống nhau không cạnh nhau là : 10!-7!

 

 Ta biến đổi hệ phương trình thành:

  $\left\{\begin{matrix}

(x+y-1)^{2}+2(y-2)^{2}=9 &  & \\ 

 (x+y-1)^{2}+(x+1)^{2}=2&  & 

\end{matrix}\right.$

Đặt a=y-2,b=x+1.Khi ấy ta được:

$\left\{\begin{matrix}

(a+b)^{2}+2a^{2}=9 &  & \\ 

 (a+b)^{2}+b^{2}=2&  & 

\end{matrix}\right.$

Suy ra:$\left\{\begin{matrix}

3a^{2}+2ab+b^{2}=9 &  & \\ 

 a^{2}+2ab+2b^{2}=2&  & 

\end{matrix}\right.$

Suy ra:(3a+8a)(a+2b)=0

thế a,b bởi các biến đã đặt bởi a,b.Khi ấy ta thiết lập được quan hệ x,y thành 2 trường hợp.Thế từng trường hợp một vào một trong hai ptrinh ta thu được nghiệm

 

gõ latex đi

bài 2 đề sai thì phải

đề 2 sai

không có máy tính đó m (( 

nhẩm hay vậy

mình thấy bình thường chỉ không hiểu tại sao bạn ấy nghĩ ra hướng như vậy thôi, chứ mấy con số kia nhẩm khó khăn gì đâu 

dùng AM-GM thôi

nói rõ được không b

câu 1: đặt căn thức đầu là: a

đặt $\frac{2}{x}=b$ $\Rightarrow x=\frac{2}{b} (điều kiện b\neq 0)$

đặt căn thức thứ 2 là : c nên pt đã cho trở thành: $a+b=c+\frac{2}{b}$$\Rightarrow a-c=\frac{2}{b}-b$ (1)

dễ thấy $a^{2}-b=c^{2}-\frac{2}{b}$

$\Leftrightarrow a^{2}-c^{2}=b-\frac{2}{b}$ (2)

cộng 2 vế của pt (1) (2) ta được : $a^{2}-c^{2} +a-c =0\Leftrightarrow (a-c)(a-c+1)=0$

đến đây dễ rồi 

đề sai rồi, là ''-'' mới đúng

bài 3 bình phương 2 vế là nhanh

bài 3, lập phương 2 vế là ok

Bạn ơi đề là dấu + mà có phải - đâu

mình nghĩ đề sai rồi, đáng ra phải là là dấu trừ nhìn điều kiện bài cho là đã nghi, hơn nữa bạn thử thay a=b=3 là biết, VT>VP ngay 

a^2+b^2-2

$a^{2}+b^{2}-2\geqslant 0$ chưa bạn 

đặt 4 căn thức lần lượt ( trái->phải) là a,b,c,d

ta có a+b=c+d (1)

dễ thấy $a^{2}+d^{2}=c^{2}+b^{2}$$\Leftrightarrow a^{2}-b^{2}=c^{2}-d^{2}\Leftrightarrow (a-b)(a+b)=(c-d)(c+d)$ (2)

từ (1)(2) suy ra a-b=c-d (3) 

cộng vế với vế của (1) (3) ta được 2a=2c nên a=c

từ đây bạn có thể giải được rồi

bài này không khó, mình có lời khuyên khi nhìn thấy các căn thức kha khá giống nhau nên nghĩ đến việc đặt ẩn phụ 

không mất tính tổng quát, g/s x+y=1=>x=1-y 

sai về bản chất 

Ta có  abc+a+c=b

ac+a/b+c/b=1

Tồn tại A,B,C sao cho A+B+C=180⁰  và a=tanA/2,C=tanC/2,1/b=tanB/2

Khi đó P=2cos²A/2+3cos²C/2-2sin²B/2=-3sin²C/2+2sinC/2sin(A-B)/2+3<=10/3

 

Đây là đề thi HSG quốc gia 2002 bài này một số ban tìm được một số cách giải khác như xet hàm hoặc sử dụng bất đảng thức.

lộn đề rồi có cho là 3 cạnh tam giác âu 

cách hiểu của bạn không sai nhưng cũng không hẳn là đúng, chúng ta sử dụng tiếp tuyến trong hình học phẳng rất ít khi sd trong hình học không gian

Câu 1 phần 2 giải đơn giản như sau:

-Dễ thấy $n=1$ và $n$ là số nguyên tố lẻ thì thỏa mãn

-Xét $n$ là hợp số $(n\geq 2$). Ta viết $n=p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$ 

Có $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}$ cũng là 1 ước của $n$. Số $n$ là thỏa mãn nếu $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1^{a_1}...p_k^{a_k}+1\Leftrightarrow p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1-1\Leftrightarrow p_1-1\geq p_1^{a_1-1}....p_k^{a_k}$ ( vô lý)

đoạn $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1^{a_1}...p_k^{a_k}+1\Leftrightarrow p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1-1\Leftrightarrow p_1-1\geq p_1^{a_1-1}....p_k^{a_k}$ là sao mình không hiểu

đặt $\sqrt[4]{x+2}$=a

$\sqrt[4]{x-2}$=b

PT đã cho trở thành $a^{2}+(m+1)b^{2}=ab$

$\Leftrightarrow a^{2}+mb^{2}+b^{2}-ab=0$$\Leftrightarrow a^{2}-ba+mb^{2}+b^{2}$=0

coi pt trên là pt ẩn a, tham số b,m

$\Delta =...=b^{2}(-4m-3)$

để pt trên có nghiệm thì $\Delta \geqslant 0$

mà $b^{2}\geq 0$

nên $-4m-1\geq 0\Leftrightarrow m\leq -\frac{3}{4}$

Câu III

1. Gọi $X$ là giao điểm của $MP$ và $BD$ , $Y$ là giao điểm của $MN$ và $AC$. Khi đó $X$ là trung điểm $DE$ và $Y$ là trung điểm $CE$. $EXMY$ là hình bình hành. Gọi $J$ là giao điểm của $XY$ và $ME$ thì $J$ cũng là trung điểm của mỗi đường.

Lại có: $XP.XM=\frac{EA}{2}.\frac{EC}{2}=\frac{EA.EC}{4}=\frac{ED.EB}{4}=YM.YN$

Ta có: $XP.XM=\left |  KP^2-KX^2\right |$ , $YM.YN=\left | KN^2-KY^2 \right |$. Mà $KN=KP$ nên $KX=KY$ suy ra tam giác $KXY$ cân tại $K$ suy ra $KJ \perp XY \perp CD$

Kết hợp với $OM \perp CD$, $K$ là trung điểm của $OL$ và $J$ là trung điểm $EM$ suy ra $LE \perp CD$.(đpcm)

2.Ta chứng minh $L$ là trực tâm tam giác $CED$

Ta đi chứng minh $CL \perp MN \perp BD$. Qua $K$ kẻ trung trực $MN$ cắt $CB$ tại $Z$. Qua $O$ kẻ trung trực $BD$ cắt $BC$ tại $T$ thì chỉ cần chứng minh $Z$ là trung điểm $TC$

Khi đó tam giác $BDT$ cân tại $T$ và tam giác $NMZ$ cân tại $Z$. Mặt khác $\widehat{MNZ} = \widehat{DBT}$ nên  $\widehat{NZM} = \widehat{BTD}$

suy ra $MZ \parallel DT$ suy ra $Z$ là trung điểm $TC$. Từ đây suy ra đpcm.(Hình 1)

Khi $L$ là trực tâm tam giác $CED$ mà $I$ là tâm ngoại tiếp $CED$ và $M$ là trung điểm $CD$ nên ta có tính chất $IM=\frac{EL}{2}$

Gọi $F$ là trung điểm $EL$ suy ra $IMFE$ là hình bình hành suy ra $IF$ đi qua trung điểm $J$ của $EM$

Mà $IK$ đi qua $F$. Mặt khác $K,J$ cùng nằm trên trung trực của $XY$ nên $K$ trùng $J$ suy ra $KE$ = $KM$ nên $E$ nằm trên $(K)$

ai giải thích hộ tại sao 2IM=EL ở phần b) với 

Đặt $\sqrt{x+1}=a$ và $\sqrt{1-x}=b$ thì : $(a-b)(2a-b)+(a+b)=0$

 

Do $a>b>0 $ nên $VT >0$ .

 

$\Rightarrow$ Vô nghiệm

tại sao a>b  với điều kiện xác định là $-1\leq x\leq 1$ thì với $-1\leq x< 0$ là a>b đó 

PT vô nghiệm

đại loại là một bên vô tỉ và một bên hữu tỉ nên 2 bên phải = 0;bài nj phải bp 2 lần

Chưa hiểu ý bạn, căn của xy với x,y hữu tỉ thì chưa chắc đã xác định được nó hữu tỉ hay vô tỉ đâu bình phương thế nào thì vẫn còn căn xy 

Cho $\Delta ABC$. Đường tròn tâm I nội tiếp $\Delta ABC$ tiếp xúc với BC tại D. T đối xứng với D qua I. AT cắt BC tại D.

Chứng minh rằng BD=CP.

sao lại có 2 điểm D? sai đề hay sao hả b