Cho góc vuông $\widehat{xOy}$, một điểm M cố định nằm trong tam giác đó, D là 1 đường thẳng quay quanh cắt cạnh Ox, Oy theo thứ tự từ A và B ( khác O). Xác định vị trí của D sao cho:

a) Tam giác OAB có S nhỏ nhất.

b) OA + OB nhỏ nhất.

Cho góc vuông $\widehat{xOy}$ điểm M nằm cố định trọng tam giác

1,Tam giác đó là tam giác nào?

2.D là đường thẳng hay điểm (bạn nên viết d là đường thẳng để dễ xác định.Nhiều người đọc đề cứ nghĩ xác định vị trí điểm D )

Sửa lại đề cho rõ lại nhé  

Ai có tài liệu chuyên đề hàm số và đồ thị (HKI) lớp 9 cho em xin 

nếu x<0 thì sao?

Thường những bài dạng này nhìn vào là biết ngay bđt

Áp dụng bđt AM-GM và Nesbit ta có:

$\sum \frac{x}{\sqrt{y+z-4}} =\sum \frac{2x}{2\sqrt{y+z-4}} \geq \sum \frac{2x}{\frac{y+z}{2}}=\sum \frac{4x}{y+z} \geq 4.\frac{3}{2}=6$

Dấu '=' xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} y+z-4=4   \\z+x-4=4 &\\ x+y-4=4 \end{matrix}\right.$ $\leftrightarrow$ $x=y=z=4$

Ta có:

$VT= \sum \frac{4x}{2\sqrt{(y+z-4)4}}\geq \sum \frac{4x}{y+z}\geq 4.\frac{3}{2}= 6$

Dấu = xảy ra khi x=y=z=2(Bạn chứng minh bất đẳng thức ở trên nha. vì nó là bất đẳng thức quen thuộc)

$x=y=z=4$ chứ

Với mỗi số nguyên dương $m,$ kí hiệu $p(m)$ là ước nguyên tố lớn nhất của $m^{2}+1.$ Cho trước số thực dương $\alpha,$ chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho: $\frac{p(n)}{n}< \alpha .$ 

Có lẽ đề bài này sai. Chọn $\alpha=1$ thì. Với số tự nhiên $n$ bất kì thì tồn tại một ước $p$ của $n^2+1$ mà $p> \sqrt{n^2+1} >n$. Khi đó $\frac{p(n)}{n}>1$

Em sẽ giải theo hiểu biết của em và có tham khảo 1 số nguồn

Hệ còn lại giải tương tự (thấy phức tạp quá nên lười

Mình nghĩ nói ở đây không tiện,bạn nên lên mạng tìm hiểu .Mà trong forum cũng có vài Topic có cái này mà.Bạn lên đáy mà tham khảo 

cho mình hỏi làm sao bạn biết tách như thế kia thế

Đây là kĩ thuật điểm rơi trong bđt Cauchy.Phải lựa các hệ số sao cho dấu đẳng thức xảy ra 

Thầy ơi ở trang 216 bài 3 (Bài bất đẳng thức) bị lỗi dấu kìa thầy

Hai bài: Bài 17 và Bài 18 mọi người đã giải quá chuẩn rồi, nên mình đề xuất hai bài tiếp theo như sau:

Bài 19:Cho $x,y,z>0$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2+1}}-\sqrt[3]{\frac{3}{x+y+z}(\frac{x^3}{xy+2yz}+\frac{y^3}{yz+2xz}+\frac{z^3}{xz+2xy})}-\frac{2}{(1+x)(1+y)(1+z)}\le \frac{-3}{4}$.

 

Chém nốt .

-------

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:

$\sum \frac{x^3}{xy+2yz} \geq \frac{(x+y+z)^3}{3\sum (xy+2yz)}=\frac{(x+y+z)^3}{9(xy+yz+zx)}$

$\Rightarrow \frac{3}{x+y+z}.\sum \frac{x^3}{xy+2yz} \geq \frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)} \geq 1$

Suy ra: $-\sqrt[3]{\frac{3}{x+y+z}.\sum \frac{x^3}{xy+2yz}} \leq -1 $

Công việc còn lại ta chỉ cần chứng minh: 

$\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2+1}}-\frac{2}{(1+x)(1+y)(1+z)} \leq \frac{1}{4}$

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có: 

$\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2+1}} \leq \frac{2}{x+y+z+1}$

Vậy ta cần chứng minh: $\frac{2}{x+y+z+1}-\frac{2}{(1+x)(1+y)(1+z)} \leq \frac{1}{4}$

Đặt $x+1=a, y+1=b, z+1=c$  Vì $x,y,z>0$ suy ra $abc >1$

Viết lại bđt cần chứng minh thành:

$\frac{2}{a+b+c-2}-\frac{2}{abc} \leq \frac{1}{4}$

$\leftrightarrow \frac{1}{a+b+c-2}-\frac{1}{abc} \leq \frac{1}{8}$

Quy đồng và biến đổi tương đương. BĐT trên tương đương với:

$10abc-8(a+b+c)-abc(a+b+c)+16 \leq 0 $

Đổi biến $(abc,a+b+c)=(r,p)$ $(r>1)$

Ta cần chứng minh $10r-8p-pr+16 \leq 0 \leftrightarrow 8p+pr-10r-16 \geq 0$

Chú ý theo bất đẳng thức AM-GM thì $p \geq 3\sqrt[3]{r}$

Tiếp tục đặt $\sqrt[3]{r}=t$ $(t>1)$

Thì ta cần chứng minh $24t+3t^4-10t^3-16 \geq 0$

$\leftrightarrow (t-2)^2(3t^2+2t-4) \geq 0$: Đúng vì $t > 1$

Chứng minh hoàn tất. Dấu '=' xảy ra khi $x=y=z=1$

Tiếp theo: 

Bài 89: Cho $x,y,z$ là ba số thực dương có tổng bằng 3. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=3(x^2+y^2+z^2)-2xyz$.Lâu rồi không vào topic của anh  

Lâu rồi không vào topic ủng hộ anh

-------

Áp dụng bđt AM-GM ta có: $VT \geq (x+y+z)^2-\frac{2(x+y+z)^3}{27}=7$

Vậy $MinP=7$. Dấu '=' xảy ra khi $x=y=z=1$

P/s: Sai đề chăng . Nếu đổi thành $+2xyz$ thì hay hơn   

Bài 38: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{ab+bc+ca}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\ge 8(a^2+b^2+c^2)$.

Hình như đề phải là $a,b,c \geq 0$ anh nhỉ ...

Đổi biến $(a+b+c,abc,ab+bc+ca)=(p,r,q)$

Ta có đánh giá: $q^2 \geq 3pr=3r>2r \rightarrow q^2-2r>0$

Với $p=1$. BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\frac{q}{q^2-2r} \geq 8(1-2q)$

$\Leftrightarrow 16r+\frac{q(4q-1)^2}{1-2q} \geq 0$ (Đúng vì $q \leq \frac{p^2}{3}=\frac{1}{3}<\frac{1}{2}$)

Ta có đpcm. Dấu '=' xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2},c=0$

Lời giải bài 15 và bài 16 giống hoàn toàn lời giải bài bạn nguyenhongsonk612 và tpdtthltvp nên mình đề xuất hai bài tiếp theo như sau:

Bài 17: Cho các số thực $x,y,z$ thay đổi thỏa mãn: $x^2+y^2+z^2=1$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=(xy+yz+2zx)^2-\frac{8}{(x+y+z)^2-xy-yz+2}$

Bài 18: Cho $x,y,z$ là ba số thực thỏa mãn: $2x+3y+z=40$. Tìm GTNN của biểu thức:

$S=2\sqrt{x^2+1}+3\sqrt{y^2+16}+\sqrt{z^2+36}$ 

Thấy mọi người giải nhanh quá nên không kịp giải

--------

Bài 17:

Sử dụng giả thiết $x^2+y^2+z^2=1$. Ta viết lại $P=(xy+yz+2zx)^2-\frac{8}{(x+y+z)^2-xy-yz+2}=(xy+yz+2zx)^2-\frac{8}{3+xy+yz+2zx}$

Bây giờ ta chỉ cần tìm Min của $xy+yz+2zx$ là bài toán được giải quyết

Hiển nhiên ta có:

-$(x+y+z)^2 \geq 0$

-$2zx \geq -(x^2+z^2)=-(1-y^2)=y^2-1$

$\Rightarrow 2xy+2yz+4zx+1 \geq y^2-1$

$\Leftrightarrow 2xy+2yz+4zx \geq y^2-2 \geq -2$

$\Leftrightarrow xy+yz+2zx \geq -1$

------

Dự đoán $MinP=(-3)$ ta đi chứng minh 

 $P=(xy+yz+2zx)^2-\frac{8}{3+xy+yz+2zx} \geq -3$

$\Leftrightarrow t^2-\frac{8}{3+t} \geq -3$ (Với $t =xy+yz+2zx \geq -1$)

$\Leftrightarrow (t+1)^3 \geq 0$: Đúng vì $t \geq -1$

Dấu '=' xảy ra khi bộ $(x,y,z)$ thõa: $x=-z,y=0,x^2+y^2+z^2=1$

Có ai có chuyên đề hình học của phẳng hay ôn thi vào lớp 10 (Có nêu chút ít phương pháp) cho em xin ạ :v

Mọi người cùng tiếp tục xây dựng topic nhé 

Bài 59: $\left\{\begin{matrix} \dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2y}=2(y^2-x^2) & & \\ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2y}=(3x^2+y^2)(x^2+3y^2) & & \end{matrix}\right.$

 

Hình như đề sai à anh.Phải là $2(y^{4}-x^{4})$ chứ nhỉ

Lời giải:

Lần lượt cộng và trừ 2 PT cho nhau ta có:

Đến đây chắc giải tiếp được

 

Bài 210: $(x+2)\left (\sqrt{2x^{2}+4x+6}+\sqrt{-2x-1} \right )=2x^{2}+6x+7$

ĐK:$x \leq \frac{1}{2}$

Sử dụng phương pháp nhân liên hợp ta có:

$PT \leftrightarrow (x+2)\frac{2x^2+6x+7}{\sqrt{2x^2+4x+6}-\sqrt{-2x-1}}=2x^2+6x+7$

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

Đặt $x+2=a,\sqrt{-2x-1}=b$ 

$PT \leftrightarrow a+b=\sqrt{2(a^2+b^2)}  $

     $\leftrightarrow a=b$

Ok !.................

P/s:Happy lunar new year

Mình thấy thi đại học đa phần những bài phương trình hệ phương trình sẽ rất lằng nhằng, đánh đố và hầu như chỉ có một, hai phương pháp giải quyết

Đóng góp một bài trong số đó

ĐK:$x \geq 1$

Hệ phương trình: 

Đến đây thì ngon lành rồi ..................................

Bài 171: Giải phương trình (bài khá hay )
$\frac{1001x^4+x^4\sqrt{2x^2+2002}+4x^2}{999}=2002$

 

PT đã cho $\leftrightarrow x^4(1001+\sqrt{2x^2+2002})+4x^2=2002.999$

                 $\leftrightarrow x^4(1001+\sqrt{2x^2+2002})+2(2x^2+2002)=2002.1001$

                 $\leftrightarrow x^4(1001+\sqrt{2x^2+2002})=2[1001^2-(2x^2+2002)]$

                 $\leftrightarrow x^4(1001+\sqrt{2x^2+2002})=2(1001-\sqrt{2x^2+2002})(1001+\sqrt{2x^2+2002})$

                 $\leftrightarrow x^4=2.(1001-\sqrt{2x^2+2002})$

                 $\leftrightarrow x^4+2x^2+1=2002+2x^2-2\sqrt{2x^2+2002}+1$

                 $\leftrightarrow (x^2+1)^2=(\sqrt{2002+2x^2}-1)^2$

Đến đây là ok rồi

 

Vài bài liên tiếp cứ theo tư duy

$$\begin{cases} & u+v= f(u,v),\\ & u^2+v^2=g(u,v,x,y), \end{cases}$$

trong đó $[f(u,v,x,y)]^2=g(u,vx,y)+2uv$ có các nhân tử.

Vài đặc điểm của $f, g$: $f$ thường chứa các số hạng bậc nhất của $u, v$, và $g$ chứa các số hạng bậc hai theo hai biến $ u, v$ (có thể không tường minh theo $u, v$).

 

Cách chọn $u (, v)$: nhìn vào 2 phương trình, trong một phương trình này số hạng $u (,v)$ được xuất hiện, trong phương trình còn lại chứa $u^2 (, v^2)$.

 

 

 

Quào. Những tư duy, kinh nghiệm như thế này được anh tích lũy trong lúc làm bài hả ?. Có tài liệu nào viết về những kiểu như này không ạ.
------ Nếu có thì anh có thể share cho em được không . 

 

Bài 173: Tìm $x\in \left [ 0;3 \right ]$ thỏa mãn:

 

$x\sqrt{5-x}+\left ( 3-x \right )\sqrt{2+x}=3\sqrt{2}$

 

P/S: bài chế @~

Không biết có giải bằng phương pháp đánh giá được không.Nếu được thì xin chỉ giáo

Lời giải:
Bình phương 2 vế:

PT $\leftrightarrow x^{2}-3x+2x(3-x)\sqrt{(5-x)(2+x)}=0$

      $\leftrightarrow 2(3x-x^{2})\sqrt{10+3x-x^{2}}=3x-x^{2}$

Đặt $3x-x^{2}=a$

PT $\leftrightarrow 2a\sqrt{10+a}=a$

      $\leftrightarrow 40a^{2}+4a^{3}=a^{2}$

      $\leftrightarrow 4a^{3}-39a^{2}=0$

      $\leftrightarrow a=0$ hoặc $4a-39=0$ 

Đến đây coi như xong.

PT có 2 nghiệm $x=3$ và $x=0$ 

Chủ topic tổng hợp những bài chưa có lời giải để giải quyết cho xong đi 

Rút ra/học từ các bài của NTA1907  đó em! Anh không biết tài liệu như vậy!

Vậy chắc phải tự ghi chép lại cho cẩn thận rồi  

Bài 163: $\sqrt[3]{x} + \sqrt[3]{2x + 3} = \sqrt[3]{12(x-1)}$

 

Lập phương 2 vế ta có:

$3x+3+3\sqrt[3]{x(2x+3)}(\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{2x+3})=12x-12$

$\leftrightarrow 3\sqrt[3]{12x(2x+3)(x-1)}=9x-15$ (Vì $\sqrt[3]{x} + \sqrt[3]{2x + 3} = \sqrt[3]{12(x-1)}$)

$\leftrightarrow \sqrt[3]{12x(2x+3)(x-1)}=3x-5$

Đến đây tiếp tục lập phương 2 vế giải phương trình bậc 3 ẩn $x$

P/s:Nghiệm lẻ quá.Chắc phải dùng cả công thức Cardano @@