Cho (O) và điểm A ngoài đtr cố định. Cát tuyến ABC. Tiếp tuyến tại B và C giao nhau ở K. Cmr : K thuộc một đường thẳng cố định.

$PT\Leftrightarrow \sqrt{x+4}\left ( x\sqrt{x+4}-1 \right )=0$

$\Leftrightarrow x=-4$

hoặc $x^3+4x^2-1=0$

PT thứ hai thì sử dụng máy tính nhé.

Bấm ra số vô tỉ, thế nên mới bí http://emo.me.zdn.vn...ker/milk/25.gif

Cho 2 đồ thị hàm số: $(d_1): (m-1)x+y+M-2=0$ và $d_2: x+(1-m)y-1=0$

Với m khác 1, $(d_1)$ luôn cắt $(d_2)$ tại điểm M. Cmr: $M\in$ 1 đường tròn cố định.

Gpt: $x^2+4x=\sqrt{x+4}$

Mình không hiểu chỗ này Bạn có thể giải thích kĩ hơn được không? :-ss

Giả sử $x_0$ là nghiệm của pt thì ta có: $x_0-\sqrt{1-x_0^2}=m$

Thấy: $-\sqrt{1-x_0^2}$ cũng là nghiệm của pt. Thật vậy, thay $x=-\sqrt{1-x_0^2}$ vào pt ban đầu ta được:

$(-\sqrt{1-x_0^2})-\sqrt{1-(-\sqrt{1-x_0^2})^2}=m$

$\leftrightarrow -\sqrt{1-x_0^2}-\sqrt{1-(1-x_0^2)}=m$

$\leftrightarrow x-\sqrt{1-x_0^2}=m$

Hình như đề sai rồi bạn.

Bạn cm được đề sai không? Mình đang cần chuyện đấy.

Thấy: nếu $x$ là nghiệm của pt thi $-\sqrt{1-x^2}$ cũng là nghiệm của pt.

Vậy, để pt có nghiệm duy nhất thì $x=-\sqrt{1-x^2}\Rightarrow m=0$

Cho $\Delta ABC$ có đường cao $AH$, phân giác $AI$ ($H,I\in BC$). Trên tia $HA$ lấy $E$ bất kì. Cmr: $EI$ là phân giác $\hat{BEC}$

Ta phân tích $xy(x-2)(y+6)+12x^2-24x+3y^2+18y+36$,thành:
$(x^2-2x+3)(y^2+6y+12)$ luôn lớn $0$

Gửi lâu lắm rồi mới có bác vào =))

mìnhn
tại sao max lại nhỏ hơn min vậy bạn, vs cả xảy ra khi nào ạ. Giúp m` vs

Max lớn hơn min mà ==

ĐK : $x \not= -1$

$A=\dfrac{3x^2-4x}{x+1} <=> A.x+A=3x^2-4x$

$<=> 3x^2-(4+A).x-A=0$

$\Delta = (A+4)^2+12A=A^2+20A+16$

Để tồn tại x thì $\Delta = A^2+20A+16 \geq 0$

$<=> [A-(-10+2\sqrt{21})][A-(-10-2\sqrt{21})] \geq 0$

+$A \geq -10+2\sqrt{21}$

+$A \leq -10-2\sqrt{21}$

Tuy nhiên :

$maxA=+\propto$

$minA=-\propto$

Ảo thế @@

Trời ơi.Hình mình là vui thôi.Chứ đâu phải là gì đâu mà bạn chứng minh làm gì

Híc, xin lỗi bạn nha. Tại cái tội mắt mũi kèm nhèm, chỉ thấy nó ở mục "Chủ đề mới" là xông vào giải luôn

Vẽ đoạn thẳng ACD, trong đó $AC=b$, $CD=c$. Kẻ AB vuông góc với AD tại A và $AB=c$. Tương tự kẻ DE vuông góc với AD tại D và $DE=b$ (B và E ở cùng mặt phẳng bờ AD). Nối BE, BC, CE.
Gọi $BC=a$. Dễ dàng chứng minh được $BC=CE=a$ ( do $\Delta BCA=\Delta CED$ )
Thấy $S_{ABED}=S_{ABC}+S_{CDE}+S_{BCE}$
$\leftrightarrow \frac{(b+c)^2}{2}=\frac{bc}{2}+\frac{bc}{2}+\frac{a^2}{2}$
$\leftrightarrow b^2+2bc+c^2=2bc+a^2$
$\leftrightarrow b^2+c^2=a^2$
Vậy định lí $Pytago$ đã được chứng minh ( by $chaugaihoangtuxubatu$ )
P/s : Lười vẽ hình, copy cái hình trên mạng nên mấy đoạn $a,b,c$ nó bị nhầm đấy. Mọi người thông cảm.

Chúc mừng sinh nhật Diễn đàn. Chúc các min, mod và tất cả thành viên VMF luôn mạnh khỏe, học giỏi và vui tươi

Có : $d$ giao $Ox$ tại $A (-\frac{2}{m};0)\Rightarrow OA=-\frac{2}{m}$
$d$ giao $Oy$ tại $B(0;2)\Rightarrow OB=2$
Xét $\Delta OAB$ vuông tại O. Kẻ OH vuông góc AB. Cần tính $m$ để $OH=1$
Mà theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $OAB$ có :
$\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2} (1)$
Thay $OA; OB$ đã tính ở trên vào (1), ta tìm được m.

Cách sơ sơ cấp:
Ta có: $4a^4-a^3-\dfrac{1}{16}a+\dfrac{1}{64}=\dfrac{1}{64}(16a^2+4a+1)(4a-1)^2 \geq 0$
Suy ra $\sum (4a^4-a^3-\dfrac{1}{16}a+\dfrac{1}{64}) \geq 0$
Suy ra $\frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{a^3+b^3+c^3+d^3} \geq \dfrac{1}{4}$
P/s: Hơi ảo !

Em chưa hiểu chỗ $\sum (4a^4-a^3-\dfrac{1}{16}a+\dfrac{1}{64}) \geq 0$
Suy ra $\frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{a^3+b^3+c^3+d^3} \geq \dfrac{1}{4}$
Anh giải thích giúp em với ạ.

Ví dụ như nghề giáo viên chẳng hạn. Theo mình thấy thì hầu như ( hầu như thôi nhé) những ai không có sự lựa chọn nào khác mới chọn nghề giáo viên và như trường mình các thầy cô chẳng khuyên học sinh chọn ngành này

Mình và đa số bạn bè của mình đều là con GV. Ai cũng đều có chung một tư tưởng từ thời tấm bé, là "Có chết cũng không làm giáo viên". Không biết có phải ai cũng thế không, chứ mình thấy cái nghề này cao quý thật, nhưng mà bạc lắm.

Có : $f(-1)=a-b+c$
$f(0)=c$
$f(1)=a+b+c$
$\Rightarrow a=\frac{f(-1)+f(1)}{2}-f(0); b=f(1)-\frac{f(-1)+f(1)}{2}; c=f(0)$
$\Rightarrow |a|+|b|+|c|=|\frac{f(-1)+f(1)}{2}-f(0)|+|f(1)-\frac{f(-1)+f(1)}{2}|+|f(0)|$
Dễ dàng chứng minh các bổ đề sau : $|x+y|\leq |x|+|y|$ và $|x-y|\leq|x|+|y|$
Áp dụng ta được $|a|+|b|+|c|=|\frac{f(-1)+f(1)}{2}-f(0)|+|f(1)-\frac{f(-1)+f(1)}{2}|+|f(0)|$
$\leq |\frac{f(-1)}{2}|+|\frac{f(1)}{2}|+|f(0)|+|f(1)|+|\frac{f(-1)}{2}|+|\frac{f(1)}{2}|$
$=2|f(1)|+|f(0)|+|f(-1)|\leq 2p+p+p=4p$
Dấu bằng xảy ra $\leftrightarrow f(0)=f(-1)=f(1)=p$
$\leftrightarrow c=p; a=b=0$
Vậy $qmin=4\leftrightarrow c=p;a=b=0$

Đợi mãi không có bác nào, thôi em đành tự chém vậy.
Đặt $\sqrt{2n+1}=a;\sqrt{2n-1}=b$
$\Rightarrow a^2+b^2=4n;ab=\sqrt{4n^2-1};a^2-b^2=-2$
Có : $\frac{4n+\sqrt{4n^2-1}}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}}=\frac{a^2+b^2+ab}{a+b}=\frac{(a^2+b^2+ab)(a-b)}{(a+b)(a-b)}=\frac{a^3-b^3}{-2}$
Cho $n=1;60$ ...

Bài 29: cho phương trình: $x^{2}+ax+b=0$ có nghiệm $x\geq 2$
tìm GTNN của P=$a^{2}+b^{2}$

Em nhận bài này.
Có : $x^2+ax+b=0$
$\Rightarrow -x^2=ax+b$
$\Rightarrow x^4=(ax+b)^2\leq (a^2+b^2)(x^2+1) (B.C.S)$
Mà $x\geq 2\Rightarrow x^2+1\geq 5$
$\Rightarrow x^4\leq 5(a^2+b^2)$
$\Rightarrow a^2+b^2\geq \frac{x^4}{5}\geq 3,2$
Dấu "=" xảy ra $\leftrightarrow x=2$
Thay vào pt $\Rightarrow 2a+b=-4$
Vậy $minP=3,2$

có mấy bài trong đề thi hsg tỉnh thái bình môn toán 9

Năm nào vậy bạn?

Bài 1 (4 điểm)
a, Cho hàm số: $y =f(x) =(x^3 +9x -11)^{2013}$
Tính $f(a)$, biết $a =\sqrt[3]{5+2\sqrt{13}} +\sqrt[3]{5-2\sqrt{13}}$

Chém bài dễ nhất đã, cái gì cũng phải từ gốc mà lên
Có $a^3=5+2\sqrt{13}+5-2\sqrt{13}+3\sqrt[3]{5+2\sqrt{13}}.\sqrt[3]{5-2\sqrt{13}}.(\sqrt[3]{5+2\sqrt{13}}+\sqrt[3]{5-2\sqrt{13}})$
$\Rightarrow a^3=10+3a\sqrt[3]{5+2\sqrt{13}}.\sqrt[3]{5-2\sqrt{13}}$
$\Rightarrow a^3=10+3a\sqrt[3]{-27}$
$\Rightarrow a^3=10-9a$
$\Rightarrow a^3+9a-11=-1$
$\Rightarrow f(a)=-1^{2013}=-1$
Vậy $f(a)=-1$

Ở chỗ "khi và chỉ khi" mình nghĩ là dùng "suy ra" hợp lí hơn vì nếu có $(n^2-8)^2\equiv 0;1;2;3 (\bmod 5)$ thì không suy ra được $A$ là số nguyên tố.
Còn ở chỗ "$n^2$ có tận cùng là $9$ (vô lí)" bạn giải thích cho mình ý này nhé! Còn nếu như theo bạn một số chính phương không thể tận cùng bằng $9$ thì sai rồi, ví dụ như: $13^2=169;$ $23^2=529;...$

Hì, sai mất rồi ^^ Tại mình không thuộc chữ số tận cùng.

Bài này mình thấy đã xuất hiện rất nhiều lần rồi (và hình như là đề thi MO của Trung Quốc thì phải). Lời giải như sau :

Đặt $\left\{\begin{matrix}
x=a+b+2c & & \\
y=2a+b+c & & \\
z=a+b+3c& &
\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
a=y+z-2x & & \\
b=5x-y-3z & & \\
c=z-x & &
\end{matrix}\right.$

Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh và viết nó lại thành :
$$\frac{4(y+z-2x)}{x}+\frac{2x-y}{y}-\frac{8(z-x)}{y}\geq 12\sqrt{2}-17$$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có :
$$VT=\left ( \frac{4y}{x}+\frac{2x}{y} \right )+\left ( \frac{4z}{x}+\frac{8x}{z} \right )-17\geq 2\sqrt{8}+2\sqrt{32}-17=12\sqrt{2}-17$$
Vậy ta có đpcm.

Mình định nhẩm ra dấu "=" rồi làm nhưng nhìn thấy con $12\sqrt{2}-17$ thì sợ quá Cho mình hỏi chút, bạn làm thế nào để nghĩ ra cách này vậy?

*Xét với $n=1;2;3$
*Xét với $n>3$
Dễ chứng minh $SCP\equiv 0;1;4$ (mod 5) (1)
Thấy $36\equiv 1$ (mod 5) nên A là SNT khi và chỉ khi $(n^2-8)^2\equiv 0;1;2;3$ (mod 5)
Kết hợp với (1) $\Rightarrow (n^2-8)^2\equiv 0;1$ (mod 5) (2)
Mà $n^2\equiv 0;1;4$ (mod 5)$\Rightarrow n^2-8\equiv 1;2;3$ (mod 5) (3)
Từ (2) và (3) $\Rightarrow n^2-8\equiv 1$ (mod 5) (4)
Mà $n$ lại là số lẻ $\Rightarrow n^2-8$ là số lẻ.
Kết hợp với (4) $\Rightarrow n^2-8$ có tận cùng là 1 $\Rightarrow n^2$ có tận cùng là 9 (vô lí).
Vậy STN cần tìm là $3$.
Mình làm vội, không biết có sai sót gì không, mong m.n sửa chữa.
P/s : mình cũng đang định sang topic đó thì ai lại xóa luôn rồi

Hoang Huy Thong