Với $a,b>0$, chứng minh rằng $16ab(a-b)^2\leq (a+b)^4$

ta chứng minh bổ đề quen thuộc: $\Delta ABC;\Delta A'B'C'$ có cùng trọng tâm <=> $\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{0}$

 gọi G,G' là trọng tâm $\Delta ABC;\Delta A'B'C'$

$3\overrightarrow{GG'}=\overrightarrow{GA'}+\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{A'G'}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{B'G'}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{CC'}+\overrightarrow{C'G'}$

                                   $=\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{CC'}$

bổ đề đc cm.

 

trở lại bài toán, $\Delta ABC$ và $\Delta XYZ$ có cùng trọng tâm <=> $\overrightarrow{BX}+\overrightarrow{CY}+\overrightarrow{AZ}=\overrightarrow{0}$

gọi $\overrightarrow{e_{a}};\overrightarrow{e_{b}};\overrightarrow{e_{c}} là các vectow đơn vị hướng ra ngoài $\Delta ABC$ và vuông góc với BC,CA, AB.

Hạ $XH\perp BC;YK\perp CA;ZL\perp AB$

Ta có: $\frac{BH}{BC}=\frac{CK}{CA}=\frac{AL}{AB}=\alpha$ 

           $\frac{XH}{BC}=\frac{YK}{CA}=\frac{ZL}{AB}=\beta$   

 

suy ra: $\overrightarrow{BX}+\overrightarrow{CY}+\overrightarrow{AZ}$

            $=\overrightarrow{BH}+\overrightarrow{HX}+\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{KY}+\overrightarrow{AL}+\overrightarrow{LZ}$

            $=(\overrightarrow{BH}+\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{AL})$$+(\overrightarrow{HX}$$+\overrightarrow{KY}+\overrightarrow{LZ})$

            $=$$\alpha.(\overrightarrow{BC}$$+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB})+ $$\beta.(BC.\overrightarrow{e_{a}}$$+CA.\overrightarrow{e_{b}}+AB.\overrightarrow{e_{c}})$

            $= \beta.(BC.\overrightarrow{e_{a}}+CA.\overrightarrow{e_{b}}+AB.\overrightarrow{e_{c}})$

            $\overrightarrow{0}$  (ĐỊNH LÍ CON NHÍM)

 

Suy ra đpcm.

Cho mình hỏi tại sao $\overrightarrow{HX}=\beta.BC.\overrightarrow{e_{a}}$ vậy

thay x=1-x rồi giải hệ

tại sao lại thay $x=1-x$ vậy bạn

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ sao cho $x^2.f(x)+f(1-x)=2x-x^4$ ( Với mọi $x\in \mathbb{R}$). Các bạn giải theo cách lớp 10 nhé

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca> 0$. Tìm GTNN của $P=\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{2c+a}}+2\sqrt{\frac{c}{a+b+c}}$

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện $ab+bc+ca=1$. Tìm GTNN của $P=\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}}$

Ta có:8=a+b+2c$\geq$2+2c$\Rightarrow c\leq 3$

 Với a,b$\in [1;4]$ và c$\in [1;3]$ ta có:

  P=a³+b³+5c³=(a+b)³-3ab(a+b)+5c³$\leq$(a+b)³-3(a+b)+5c³

 $\Rightarrow P\leq$(8-2c)³-3(8-2c)+5c³=137-(3c³-96c²+378c-351)=137-3(c-3)(c²-29c+39)

 Với  c$\in [1;3]$ thì c²-29c+39$\leq $0 và c-3$\leq $0$\Rightarrow 3(c-3)(c^{2}-29c+39)\geq 0$

 $\Rightarrow P\leq 137$

Dấu = xảy ra khi a=b=1 và c=3

cho mình hỏi làm sao bạn phân tích được ra cái này vậy

Cho $x,y,z\neq 0$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\leq 1$. Tìm giá trị lớn nhất của $P\doteq \frac{1}{\sqrt{2}x+y+z}+\frac{1}{x+\sqrt{2}y+z}+\frac{1}{x+y+\sqrt{2}z}$

Ta có $\frac{2}{\sqrt{2}x}$$+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$$\geq \frac{(2+\sqrt{2})^{2}}{\sqrt{2}x+y+z}$

$\frac{2}{\sqrt{2}y}+\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\geq \frac{(2+\sqrt{2})^{2}}{\sqrt{2}y+x+z}$

$\frac{2}{\sqrt{2}z}+\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\geq \frac{(2+\sqrt{2})^{2}}{\sqrt{2}z+y+x}$

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

Dấu''='' xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=3$

Vậy,................

hình như $x,y,z$ là các số thực dương thì phải, có thể mình nhầm 

mà chỗ trên sao bạn biết tách ra thế

Để ý $\sqrt{x^2-6x+34}=\sqrt{(3-x)^2+5^2}$ và $\sqrt{x^2-6x+10}=\sqrt{(x-3)^2+(-1)^2}$

 Đặt $\overrightarrow{a}=(3-x;5)$ , $\overrightarrow{b}=(x-3;-1)$

Với mọi $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$ ta sử dụng BĐT hiệu vector thì được:

 $| \sqrt{x^2-6x+34} -\sqrt{x^2-6x+10} |\leq 4$

BĐT của các vector xem tại đây http://giaoan.violet...ntry_id/2147900

cho mình hỏi : BĐT hiệu vectơ là $\left | \overrightarrow{a}-\overrightarrow{b} \right |\leq \left | \overrightarrow{a} \right |+\left | \overrightarrow{b} \right |$  vậy $| \sqrt{x^2-6x+34} -\sqrt{x^2-6x+10} |\leq \left | \overrightarrow{\sqrt{(3-x)^2+5^2}} \right |+\left | \overrightarrow{\sqrt{(x-3)^2+(-1)^2}} \right |$ tới đây mình không làm tiếp được

Tìm giá trị lớn nhất của $\left | \sqrt{x^2-6x+34}-\sqrt{x^2-6x+10} \right |$

Tìm các số $a,b,c\in \mathbb{N}$ sao cho $\overline{abc}.\overline{bca}=\overline{a00b0c}$

Tìm các số $a,b,c\in \mathbb{N}$ sao cho $\overline{abc}.\overline{bca}=\overline{a00b0c}$

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $AC$ sao cho $AB=3AM$, đường tròn tâm $I(1;-1)$ đường kính $CM$ cắt $BM$ tại $D$, phương trình đường thẳng $CD:x-3y-6=0$. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác đã cho, biết điểm $E\left ( \frac{4}{3};0 \right )$ thuộc đường thẳng $BC$ và $C$ có hoành độ dương

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có $D$ là trung điểm của cạnh $AB$. Biết $I\left ( \frac{11}{3};\frac{5}{3} \right )$, $J\left ( \frac{13}{3};\frac{5}{3} \right )$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và trọng tâm tam giác $ADC$. Biết $M(3;-1)$, $N(-3;0)$ lần lượt thuộc đường thẳng $CD$ và $AB$. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác $ABC$ biết $A$ có tung độ dương

có ở đâyhttp://d.violet.vn/u...291/preview.swf (VD1)

bạn ơi mình chưa hiểu chỗ $IM,IN,IP\leq 0,1.\sqrt{2}< \frac{1}{7}$

Trong hình vuông có cạnh bằng $1$ đặt $51$ điểm bất kỳ. Chứng minh rằng có ít nhất $3$ trong số $51$ điểm đó nằm trong một hình tròn bán kính $\frac{1}{7}$.

Các bạn giải theo cách lớp 10 nhé

Em nghĩ đúng hơn phải là chứng minh:

$\frac{t}{\sqrt{3-t}}\geq \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{2}}+\frac{3}{4\sqrt{2}}(t-1)$ chứ nhỉ

Ta sẽ tìm hệ số k sao cho: $\frac{t}{\sqrt{3-t}}\geq \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{2}}+k(t-1)$

Tính được: $f'(t)=(\frac{t}{\sqrt{3-t}}-\frac{\sqrt{t}}{\sqrt{2}})'$$=\frac{t}{2\sqrt{(3-t)^3}}+\frac{1}{\sqrt{3-t}}-\frac{1}{2\sqrt{2t}}$

Thay $t=1$ vào rút ra được: $k=\frac{3}{4\sqrt{2}}$

Cho mình hỏi cách tính $f'(t)$ ở trên

mình ko biết nghiệm bội là gì và tại sao lại tính được x=1 ở phần Phân tích trong cái này 

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}x^2y+xy^2+x-5y=0 & & \\ 2xy+y^2-5y+1=0 & & \end{matrix}\right.$

Cái này trong sách chỉ là lấy PT(1)-2PT(2), có vẻ là dùng phương pháp hệ số bất định nhưng nào giờ mình chỉ biết cách dùng pp này có các hệ chứa $x^2,y^2,xy,...$ chứ chưa biết cách xài cho mấy hệ chứa $x^2y, xy^2$. Bạn nào chỉ mình dùng với

Bài toán : Lập phương trình đường thẳng qua M(4;3) và tạo với $d$ một góc bằng $30^{o}$

Trong sách tác giả giải như sau : 

+ Phương trình chưa biết có dạng: $ax+by-4a-3b=0$ $(1)$

+Tính toán một hồi ta được phương trình đẳng cấp bậc 2 theo $a,b$: $3a^2+48ab+23b^2=0$

Chọn b=1,tính được a rồi thế vào phương trình $(1)$

Cái mình thắc mắc là sao ta có thể chọn $b=1$ và có phải lúc nào cũng chọn được hay không được chọn trong một số trường hợp 

Chỉ mình cách sử dụng phương pháp chọn điểm rơi trong bài này với

Cho $a,b>0$ thỏa mãn $a+b\leq 1$.Chứng minh $a^2b\leq \frac{4}{27}$

Hai đoạn thẳng $AB,CD$ bằng nhau và trượt trên các cạnh $Ox,Oy$ của góc $xOy$, $A$ thuộc đoạn $OB$, $C$ thuộc đoạn $OD$; $I,J$ theo thứ tự là trung điểm của $AC,BD$. Chứng minh rằng $IJ$ luôn song song với phân giác của góc $xOy$ và độ dài $IJ$ không đổi 

Giải phương trình nghiệm nguyên $x(x^2+x+1)=4y(y+1)$

Gieo 1 con súc sắc cân đối liên tiếp $5$ lần độc lập. Tính xác suất để trong 5 lần gieo đó có đúng 2 lần xuất hiện mặt $1$ chấm