Với $a,b,c\geq 0$ sao cho $ab + bc +ca = 3$. Hãy chúng minh điều sau đúng: 

$\sum \frac{\sqrt{a+b}}{c+3ab} \geq \frac{3\sqrt{2}}{4}$

Nguồn: https://www.facebook...on&locale=vi_VN

Đúng mà bạn, bạn lưu ý là tìm m để phương trình CÓ NGHIỆM thì chỉ cần đi qua 1 điểm trên đồ thị thôi cũng thỏa mãn rồi

Bậc 3 có thể giải = Cardano đó 

Mình nghĩ khi gặp pt bậc 3 mà không nhẩm được nghiệm đặc biệt thì nên chuyển hướng suy nghĩ cách khác ấy, Cardano mình cũng biết nhma câu này mình nghĩ chưa đến mức phải dùng cách như vậy 

Cái này chính là bổ đề hình thang nhỉ >>> 

kiểu sao nhỉ? bậc 5 mà hệ số khá đẹp nên cứ tg có nghiệm dễ nhẩm

Mình hiểu ý bạn nhưng mà  khi mình rút được 2 nghiệm còn pt bậc 3 thì nghiệm của nó...như này   https://mathsolver.m...2 } -x+1 = 0

Lời giải này của mình kết hợp của cả 2 hướng 1 và 2. Bây giờ do đang phải làm văn nên chắc tối mình mới đăng lời giải chi tiết được, xin phép gợi ý là: Bắt thêm điều kiện bổ sung ( có 2 TH): 1 trường hợp làm như hướng 1 ra nghiệm duy nhất x=3. TH còn lại biến đổi như hướng 2 sau đó đổi biến x cố đưa về dạng công thức nhân ba và lượng giác hóa sẽ ra 2 nghiệm còn lại 

Hướng 1 thì sắp ra rồi sao lại dừng? Lật phân số lại, chuyển 2 qua, bình lên là được mà

Bình lên nó ra pt bậc 5 ấy bạn>>> đúng là bấm máy tính thì cũng ra nhưng mà đây là đề thi hsg nên mình tìm cách khác không cần máy tính 

Theo em bài này còn 2 cách nữa là hàm đặc trưng và bình phương khử căn

Hàm đặc trưng thì mình chưa nhìn ra hàm, còn bình phương khử căn mình cũng đã thử và rút được đến phương trình bậc ba, sau đó là như này

https://mathsolver.m...2 } -x+1 = 0

Mò bằng máy tính thì ra 3 nghiệm: 1 nghiệm là 3, hai nghiệm còn lại đều là số vô tỷ cả>>>

Giải phương trình sau trên tập số thực:

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

ĐKXĐ: $x\geq -1$

- Hướng: 1 PT $\Leftrightarrow (x-3)x^2=(x-3)\frac{1}{\sqrt{x+1}+2} \Leftrightarrow x=3 \vee x^2=\frac{1}{\sqrt{x+1}+2} (*)$

Mình làm theo hướng này thì đến chỗ phương trình $(*)$ thì mắc

- Hướng 2: phân tích PT ban đầu thành $(x-1)^3-3(x-1)=\sqrt{x+1}$, đến đây thì cũng tịt nốt luôn

Vậy nên mình đăng bài này để cùng mng thảo luận, ( mấy cái cách bthg mình hay làm đều thấy không khả thi >>>)

Giải phương trình sau trên tập số thực:

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

Cho dãy số $\left \{ u_{n} \right \}$ xác định như sau:$\left\{\begin{matrix} u_0=\frac{1}{2}\\ u_{n+1}=\frac{u^2_{n}+5}{2\left ( u_n+2 \right ) } ,\forall n\in \mathbb{N}\end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng dãy số $\left \{ u_{n} \right \}$ có giới hạn hữu hạn. 

+) Đầu tiên chứng minh $1< u_{n} \forall n=1,2,3...$ bằng quy nạp:

    Thấy với $n=1:u_{1}=\frac{21}{20}$ (đúng)

    Giả sử  $1< u_{k}$ $\forall k\geq 1$, ta suy ra được $1< u_{k+1}$ (mình chuyển hết về 1 vế rồi xét dấu )

    Vậy theo nguyên lý quy nạp $1<u_{n} \forall n=1,2,3...$

+) Xét $u_{n+1}-u_{n}$= $\frac{(1-u_{n})(u_{n}+5)}{2(u_{n}+2)}<0\forall n=1,2,3...$ suy ra dãy $u_{n}$ giảm

-> Vậy dãy $u_{n}$ giảm và bị chặn dưới, theo định lý Bolzano–Weierstrass thì $u_{n}$ tồn tại giới hạn hữu hạn

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có AD là đường phân giác (D thuộc BC). Gọi E,F lần lượt là điểm chính giữa cung CA chứa B, AB chứa C của (O). Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE, CDF cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Chứng minh 4 điểm M,N,B,C đồng viên

2024-02-20_17h30_16.png

Trước hết ta thấy rằng $(FB,FH) \equiv (CB,CH) \equiv (AH,AB) (\text{mod } \pi) \quad (1)$.

Vẽ $CH$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 là $G$. Một kết quả quen thuộc là:

$H,G$ đối xứng nhau qua $AB$.

Do đó $(AH,AB) \equiv (AB, AG) (\text{mod }\pi)$.

Kết hợp với (1), ta có $(FB,FH) \equiv (AB, AG) (\text{mod }\pi)$. Suy ra $AG \parallel FH \quad (2)$.

 

Ta chỉ cần chứng minh $HE \parallel AG$. Chú ý rằng nếu kéo dài $DE$ cắt $AG$ tại $I$, thì ta áp dụng có thể áp dụng bài toán con bướm sau:

Cho $(O)$ và dây $AB$ không qua tâm. $I$ là trung điểm của $AB$. Qua $I$ vẽ 2 dây $CD, EF$ sao cho $C,E$ thuộc cung AB nhỏ. $CF$ và $ED$ cắt $AB$ lần lượt tại $M,N$. Khi đó: $$ IM=IN$$

https://diendantoanh...-toan-con-bướm/

Áp dụng vào bài toán ban đầu, ta thu được $DI = DE$. Lại có $DG=DH$ nên dễ dàng suy ra $GI \parallel EH$.

Ta có đpcm.

Cho em hỏi là việc mình dùng góc định hướng để giải thì có lợi ích gì hơn so với khi làm góc bình thường ấy ạ? 

Thầy Thế quên nói rằng $D$ nằm giữa $A,B$. Bạn dùng hình này nhé:

2024-02-19_10h10_06.png

thú thật là nếu ở hình vẽ không có gợi ý góc MFB = 60 độ thì em chưa chắc đã giải ra lời giải này đâu  ạ 

Lúc nào viết cũng thấy chữ mình hơi ẩu    e trình bày như thế ổn không ạ?

bài này có đáp án ko bạn? mình làm thử nhưng mà làm mãi không ra được>>

Cho e xin cái hình được không ạ? e vẽ mà (C,CD) cắt (c) tại 2 điểm mà cả 2 điểm ấy đều thuộc cung AC luôn ấy ạ 

mình chưa thạo bđt lắm nhưng mà mấy bài bđt đối xứng như này chắc dồn biến được nhỉ?

Nghĩa là tính ra đc hẳn số đo của $\angle MFB$ luôn ấy ạ?

Chỗ quan trọng nhất là cặp cạnh tỉ lệ để suy ra đồng dạng mà bạn lại không trình bày ra là sao nhỉ? 

Sáng nghĩ lại thấy  mình bị ngộ nhận bạn ạ! mình mặc định  BE=BK nên lúc đấy nghĩ dùng tỉ lệ nma cái kia đã chứng minh đc đâu 

Bây giờ thì bí r 

Chỗ quan trọng nhất là cặp cạnh tỉ lệ để suy ra đồng dạng mà bạn lại không trình bày ra là sao nhỉ? 

mình lm đến đây buồn ngủ díp mắt rồi nên nhảy luôn ấy   , có gì chắc mai mình bổ sung thêm

e xin phép trình bày ngắn gọn lời giải của mình ạ:

Dễ thấy $AE= AF=AD= R_{A},DF=DA=DE=R_{D}\Rightarrow$ các tam giác $AFD, AED$ đều$\Rightarrow$$\angle CAB= 180^{\circ}-\angle EAD-\angle DAF=60^{\circ} $ $= \angle AED\Rightarrow AC$ song song $DE$

Gọi $K$=$DE\cap BC$

Đến đây chỉ việc chứng minh $\bigtriangleup EKB\sim \bigtriangleup DEA$ mà đã có góc E  đối đỉnh và các cặp cạnh tỉ lệ thì dùng thales là ra nên $\angle CBA= 60^{\circ}=\angle CAB$ $\Rightarrow \bigtriangleup ABC$đều.(đpcm)