Các bạn giúp giải tý nhé ,vẽ hình và giải cho mình học tập và tham khảo với nhé .Mình giải 1 tuần không ra rùi ak 

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và dây cung CD không là đường kính .Gọi H là giao điểm của AC và BD .Đường thẳng qua H và vuông góc với HO cắt AD,BC lần lượt tại E,F .Hỏi HE và HF có bằng nhau không (TRÍCH ĐỀ HSG 9 LÀO CAI 2016-2017)

Đây là TOPIC ôn thi , không phải giải bài , mong bạn không spam như vậy , bạn có thể đề xuất bài toán dưới dạng đề bài để mọi người cùng thảo luận , cảm ơn bạn đã ghé thăm TOPIC

 

 

Không cần quá nghiêm khắc thế đâu

Đâu nghiêm khắc lắm đâu Tea Coffee, chỉ là điều lệ của TOPIC như thế thôi , mà anh Minhnksc cho bài cũng hay ha , mấy ngày nay bận quá , giờ rảnh rồi sẽ chăm nom cho TOPIC , chắc mấy ngày nay nó trầm lắm, tối nay nhận bài mới he

Giải hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{matrix} &x+\frac{1}{y}+\frac{x}{y}=5 & \\ &x^{2}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{x}{y}=7 & \end{matrix}\right.$

Chỉnh lại công thức trên tiêu đề nha bạn, bị lỗi rồi

 HPT <=> $\left\{\begin{matrix}x+\frac{1}{y}+\frac{x}{y}=5 & & \\ (x+\frac{1}{y})^{2}-\frac{x}{y}=7 & & \end{matrix}\right.$

Đặt $\left\{\begin{matrix} x+\frac{1}{y}=a & & \\ \frac{x}{y}=b & & \end{matrix}\right.$

-> HPT<=>

$\left\{\begin{matrix} a+b=5 & & \\ a^{2}-b=7 & & \end{matrix}\right.$

Đến đây bạn thế b=5-a vào PT thứ 2 rồi giải PT bậc 2 là được 

Giải phương trình sau: $x^{2}=\sqrt[]{x^{3}-x^{2}} + \sqrt{x^{2}-x}$

ĐKXĐ: $x\geq 1$

Pt $\Leftrightarrow x^{4}=x^{3}-x+2\sqrt{x^{3}(x-1)^{2}}$

$\Leftrightarrow x^{4}-x^{3}-2\sqrt{(x^{4}-x^{3})(x-1)}+x-1+1=0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x^{4}-x^{3}}-\sqrt{x-1})^{2}+1=0$ (vô lí)

Phương trình vô nghiệm

Chẳng hiểu sao ĐKXĐ như thế mà x=0 thỏa mãn phương trình?

bài này đã được đăng lên tại đây các bạn nhé , nó được anh Duythai2002 giải tại #39

Lớp 9 đã học tới công thức $\cos 3x$ chưa?

 

em  rất cảm ơn quản trị  perfectstong đã ủng hộ TOPIC , nếu được mong thầy/ bác/ anh  perfectstrong có thể trình bày thêm về các công thức và các ứng dụng của $\cos 3x$  , đồng thời cho thêm các bài tập ứng dụng về nó được không ạ , em cảm ơn thầy / bác / anh perfectstrong rất nhiều ạ

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=2. Chứng minh rằng:

$a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}$

Mình có cách này không biết có được không

 Ta có bất đẳng thức phụ sau $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{9}$(cái này có thể CM bằng bất đẳng thức Holder)

nhưng ở đây mình xin nêu thêm một cách CM khác là dùng $Bunhiacopxki$

$(a+b+c)(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\geq \frac{(a+b+c)^{4}}{9}$

$\rightarrow (a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{9}$ (đpcm)

Quay trở lại bài toán 

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, $Bunhiacopxki$, ta có $VP^{2}\leq $$2(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)=abc(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq \frac{(ab+bc+ca)^{2}.(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{3}=\frac{(ab+bc+ca)(ab+bc+ca)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{3}\leq \frac{(\frac{(a+b+c)^{2}}{3})^{3}}{3}=\frac{(a+b+c)^{6}}{81}$ $\leq VT^{2}$

 $\rightarrow VP\leq VT$ (đpcm)

Cho x,y,z là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{xyz}{(1+3x)(x+8y)(y+9z)(z+6)}\leq \frac{1}{7^{4}}$

Mình có cách này không biết có được không

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$  cho 7 số dương , 

Ta có : $1+3x=1+6.\frac{x}{2}\geq 7\sqrt[7]{\frac{x^{6}}{2^{6}}}$(1)

$x+8y=x+6.\frac{4y}{3}\geq 7\sqrt[7]{\frac{4^{6}.y^{6}}{3^{6}}}$(2)

$y+9z=y+6.\frac{3z}{2}\geq 7\sqrt[7]{\frac{y.3^{6}.z^{6}}{2^{6}}}$(3)

$z+6=z+6.1\geq 7\sqrt[7]{x}$(4)

Nhân các bất đẳng thức (1)(2)(3)(4) lại ta có đpcm 

P/s: sao tiêu đề một đường mà đề lại một nẻo vậy bạn

Phần khảo sát hàm số chưa học nên mình chưa hiểu lắm ạ, giải thích rõ giúp mình với ạ.
Với lại có thể nhận dạy kèm mình không ạ?

Ta có: $a,b\in [\frac{1}{4};2]\implies \left\{\begin{matrix} (a-\frac{1}{4})(b-\frac{1}{4})\ge 0(1)\\(a-2)(b-2)\ge 0(2)  \end{matrix}\right.$.

Khi đó: $(1)\iff ab\ge \frac{1}{4}(a+b)-\frac{1}{16}$( luôn đúng do $ab=\frac{1}{4}(a+b)$).

$(2)\iff ab\ge 2(a+b)-4\iff \frac{1}{4}(a+b)\ge 2(a+b)-4\iff a+b\le \frac{16}{7}$.

Lại có: $0<a+b=4ab\le (a+b)^2\implies a+b\ge 1$.

Đặt $t=a+b\implies t\in [1;\frac{16}{7}]$.

Lúc này ta có: $P=(a-b)^2-2(a+b)=(a+b)^2-4ab-2(a+b)=(a+b)^2-3(a+b)=t^2-3t$(do $a+b=4ab$).

Đến đây ta khảo sát hàm $f(t)=t^2-3t,t\in [1;\frac{16}{7}]$.

Ta có: $f'(t)=2t-3;f'(t)=0\iff t=\frac{3}{2}\in [1;\frac{16}{7}]$.

Do $f(t)$ liên tục trên $[1;\frac{16}{7}]$ nên $Max[f(t)]=Max[f(1);f(\frac{3}{2});f(\frac{16}{7})]$.

$\implies Max(P)=Max(f(t))=f(\frac{16}{7})=\frac{-80}{49}$.

Dấu $=$ xảy ra tại $(a;b)=(2;\frac{2}{7});(\frac{2}{7};2)$.

Kết luận: $P_{max}=\frac{-80}{49}$.

bài này có rất nhiều cách giải , ở đây cũng có một cách ạ 

$\left\{\begin{matrix} x^{2}+\sqrt{x} = 2y& \\ y^{2} +\sqrt{y}= 2x& \end{matrix}\right.$

Mình có cách này không biết có được không

 Đặt $(x,y)=(a^{2};b^{2})$ (a,b >0 )

PT <=> $\left\{\begin{matrix}a^{4}+a=2b^{2} & & \\ b^{4}+b=2a^{2} & & \end{matrix}\right.$

Lấy PT(1) trừ PT (2) ta có $(a-b)((a+b)(a^{2}+b^{2})+2(a+b)+1)=0$

<=> a=b Đến đây bạn thay vào PT giải như thường là được

$\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}\leq \frac{2}{1+\sqrt{xy}}$ Chị ơi cái này cm sao

Cái này là biến đổi tương đương nha bạn , mình đã chứng minh ở trên rồi mà , chỗ (*)đến (**) ấy, đây cũng là một dạng của nó nhưng lại là $xy\geq1$ ,hai cái này ngược nhau nhưng cùng một cách CM nha bạn

P/s : giới tính Nam

Với mọi $n>0$, chứng minh rằng nếu $2^n+1$ là số nguyên tố thì $n$ có dạng là $2^m$. Có nghĩa là nếu $2^n+1$ là số nguyên tố thì nó phải có dạng là $2^{2^m}+1$

Mình/em có cách này không biết có được không

Ta có tính chất $a^{n}+1\vdots a+1\Leftrightarrow$ n lẻ 

áp dụng vào bài toán $\rightarrow n$ chẵn 

Đặt $n=2^{y}.x$ (x lẻ (x>1)) $\rightarrow$ $2^{n}+1=2^{2^{y}.x}+1^{t}\vdots$ $ 2^{2^{y}}+1$ mà $2^{n}+1> 2^{2^{y}}+1$

-> $2^{n}+1$ là hợp số -> mâu thuẫn -> x chẵn

bài này cơ số là bất kì chứ đâu cần nhất thiết là 2 đâu ạ

Giải hệ phương trinh:

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

Mình có cách này không biết có được không

Ta có : VT>0 -> VP>0 $\rightarrow y> 0$

Từ điều kiện của 2 căn thức trong PT 1 ta có $\left\{\begin{matrix}-1\leq x\leq 1 & & \\ 0< y\leq1 & & \end{matrix}\right.$

$\rightarrow xy\leq 1$

 $PT(2)\Leftrightarrow$

$\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{2}{\sqrt{(1+x)(1+y)}}=\frac{4}{1+\sqrt{xy}}$

Với mọi $xy\leq 1$ , 

Ta có BĐT phụ sau $\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}\leq \frac{2}{1+\sqrt{xy}}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{1+x}-\frac{1}{1+\sqrt{xy}}+\frac{1}{1+y}-\frac{1}{1+\sqrt{xy}}\leq 0$(*)

$\Leftrightarrow \frac{(\sqrt{y}-\sqrt{x})^{2}(\sqrt{xy}-1)}{(1+x)(1+y)(1+\sqrt{xy})}\leq 0$ (đúng do $xy\leq 1$ )(**)

Áp dụng bđt Bunhiacopxki , ta có $\sqrt{(1+x)(1+y)}\geq 1+\sqrt{xy}$

$\rightarrow PT(2) VT^{2}\leq VP^{2}\rightarrow VT\leq VP$ dấu =xảy ra $\rightarrow$  x=y=1 

 

21369258_122047275195453_5641866656861416949_n.jpg

 

em có cách này không biết có được không

<=> $65\sqrt{2x-x^{2}}+45\sqrt{2x+x^{2}}=160$

$\Leftrightarrow 13(\sqrt{50x-25x^{2}}-4)+9(\sqrt{50x+25x^{2}}-12)=0$

$\Leftrightarrow 13.\frac{50x-25x^{2}-16}{\sqrt{50x-25x^{2}}+4}+9.\frac{50x+25x^{2}-144}{\sqrt{50x+25x^{2}}+12}=0$

$\Leftrightarrow 13.\frac{(5x-8)(2-5x)}{\sqrt{50x-25x^{2}}+4}+9.\frac{(5x-8)(5x+18)}{\sqrt{50x+25x^{2}}+12}=0$

$\Leftrightarrow (5x-8)(\frac{13(2-5x)}{\sqrt{50x-25x^{2}}+4}+\frac{9(5x+8)}{\sqrt{50x-25x^{2}}+12})=0$

TH1 x=1,6 (TM)

TH2  Ta xét các khoảng giá trị của x:

$[0;\frac{2}{5}];[\frac{2}{5};2]$ ta được PT bên trong ngoặc còn lại vô nghiệm

$(1)$$\Leftrightarrow 2x+1+\sqrt{(2x+1)(y+1)}=2(y+1)$

Đặt $a=\sqrt{2x+1}\geq 0$

       $b=\sqrt{y+1}\geq 0$

Ta được

$(1)\Leftrightarrow a^2+ab=2b^2\Leftrightarrow (a-b)(a+b)+b(a-b)=0$

$\Leftrightarrow (a-b)(a+2b)=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} a=b & & \\ a=-2b & & \end{bmatrix}$

TH1:

$ a=b\Leftrightarrow 2x=y$ thế vào $(2)$ ta được $\sqrt[3]{3y+1}=y^3-2y-1$ (đến đây mình chưa tìm được $y$ bạn thử làm nhé)

TH2:

$a=-2b$ (loại)

Đến đoạn tìm y bạn có thể Đặt $\sqrt[3]{3y+1}=x\rightarrow \left\{\begin{matrix}x^{3}-3y-1=0 & & \\ y^{3}-2y-x-1=0 & & \end{matrix}\right.$ Đây là hệ đối xứng nên ta chỉ cần lấy PT trên trừ PT dưới là được , bạn có thể tham khảo thêm tại đây

P/s: Bài này hình như còn có một cách nữa là dùng bđt nữa , tối về mik post luôn nha

Cho $a,b,c \geq 0$ và $\frac{a}{1+a}+\frac{2b}{1+b}+\frac{3c}{1+c}\leq 1$ .Chứng minh $ab^2c^3\leq \frac{1}{5^6}$

Mình có cách này không biết có được không

Bài toán là tiêu biểu cuả phương pháp chọn điểm rơi trong AM-GM.

Từ gt quy đồng rồi thu gọn, ta được :

$b+2c+2ab+4bc+3ac+5abc\leq 1$

$5(b+2c+2ab+4bc+3ac+5abc)\leq 5$

Ta có:

$5\geq 5b+10c+10ab+20bc+15ac+25abc\geq 25\sqrt[25]{5^{11}.a^{6}.b^{12}.c^{18}}$

$\Rightarrow ab^{2}c^{3}\leq \sqrt[6]{\frac{5^{25}}{25^{25}.5^{11}}}=\frac{1}{5^{6}}$.ĐTXR $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{5}$

$\Rightarrow Q.E.D$

Cách của anh đúng là hay thật

Ta có $\frac{a}{a+1}+\frac{2b}{b+1}+\frac{3c}{c+1}\leq 1$

$\Leftrightarrow \frac{1}{1+a}\geq \frac{2b}{b+1}+\frac{3c}{c+1}=\frac{b}{b+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{c}{c+1}\geq 5\sqrt[5]{\frac{b^{2}c^{3}}{(1+b)^{2}(1+c)^{3}}}$ 

Tương tự ta có các bất đẳng thức tương tự 

$\frac{1}{b+1}\geq 5\sqrt[5]{\frac{abc^{3}}{(1+a)(1+b)(1+c)^{3}}}$ Bình phương biểu thức này lên 

$\frac{1}{c+1}\geq 5\sqrt[5]{\frac{ab^{2}c^{2}}{(1+a)(1+b)^{2}(1+c)^{2}}}$ (lập phương biểu thức này lên)

Nhân 3 bất đẳng  thức đã biến đổi trên lại ta có ĐPCM

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}(x-3)\sqrt{2-x}+y^3+y=0 \\ x^3+3y^2-6=\sqrt{x+2} \end{matrix}\right.$

Mình có cách này không biết có được không 

Đặt $\sqrt{2-x}=t,$ ta có 

PT (1)<=> $(x-2)\sqrt{2-x}-\sqrt{2-x}+y^{3}+y=0=-t^{3}-t+y^{3}+y=0$

$\Leftrightarrow (y-t)(y^{2}+yt+t^{2}+1)=0 \Leftrightarrow y=t$

Đến đây thay $y^{2}=2-x$ vào giải PT thứ 2 là được