sai rồi nhé,kiểm tra lại đi em,min bằng 6 mà

Đúng rồi mà anh, em chia toàn bộ vế trái cho 4 mà

Lời giải này sai rồi bạn. $n(2015-n)$ đường thẳng của bạn có thể trùng nhau 

Bạn có nhầm lẫn không vậy ? Đã nói là các điểm còn lại không hề thẳng hàng với n điểm này nên không thể nào trùng nhau

Bài bất đẳng thức có lời giải này khá ngắn gọn

$\sum \frac{x}{4\sqrt{y+z-4}}\geq\sum \frac{x}{y+z}\geq \frac{3}{2}$ (Áp dụng bất đẳng thức Cosi)

Dấu $= : x=y=z=4$

Đề KHTN năm nay dễ ghê, mỗi tội bố mẹ không cho đi thi 

Loiw

$\sqrt{x+y+3}+1=\sqrt{x}+\sqrt{y}\Leftrightarrow \sqrt{x+y+3}=\sqrt{x}+\sqrt{y}-1\Leftrightarrow (\sqrt{x+y+3})^{2}=(\sqrt{x}+\sqrt{y}-1)^{2}\Leftrightarrow x+y+3= x+y+1+2\sqrt{xy}-2\sqrt{x}-2\sqrt{y}\Leftrightarrow \sqrt{xy}-\sqrt{x}-\sqrt{y}-1=0\Leftrightarrow \sqrt{x}(\sqrt{y}-1)-(\sqrt{y}-1)=2\Leftrightarrow (\sqrt{x}-1)(\sqrt{y}-1)=2. y=1\Rightarrow x=1.y\neq 1\Rightarrow \sqrt{y}-1\geqslant0 x\epsilon Z\Rightarrow \sqrt{x}\epsilon N\Rightarrow \sqrt{x}-1\leqslant 2\Leftrightarrow {\sqrt{x}}\leq 3\Leftrightarrow 0\leqslant x\leqslant 9$

sau đó xét các th của x tìm đc y

 

 

ai giải dùm mình câu cuối đy

Lời giải câu cuối nè :

Giả sử trong $2015$ điểm có $n$ điểm thẳng hàng ($n\leq2014$) (Có thể có nhiều điểm thẳng hàng khác nhưng không thẳng hàng với $n$ điểm này nhưng không cần quan tâm)

Với $n=1$ tức là không có bất kì hai điểm nào thẳng hàng thì điều phải chứng minh đã rõ

Với $n>1$ thì số đường kẻ từ các điểm còn lại đến $n$ điểm này là $n(2015-n)$

Cộng thêm 1 đường thẳng nữa đi qua n điểm thì số đường thẳng ít nhất là $n(2015-n)+1$

Giờ chỉ việc chứng minh nó $\geq2015$ thôi. Thật vậy ta có : $2015(n-1)-(n-1)(n+1)\geq0<=>(2014-n)(n-1)\geq0$ (Điều này luôn đúng)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Câu 5 có vẻ dễ nhỉ. 

Các đường thẳng đều đi qua 1 trong 4 điểm cố định, mỗi điểm nằm trên đường trung trực của mỗi cạnh hình vuông và cách mỗi cạnh một khoảng $\frac{a}{3}$

Sau đó sử dụng Dirichlet ta có được điều phải chứng minh

P/s Có ai làm giống cách mình ko nhỉ ?   

ai giải bài hình với

Máy nhà đang hỏng nên không vẽ được hình lên đây, nói chay vậy nhé

a) Do N là tiếp điểm nên $NK\perp BC$ mà $OE\perp BC=>đ.p.c.m$ (Tự hiểu nhé)

Từ trên suy ra $\widehat{EOF}=\widehat{NKF}=>2.\widehat{NMF}=\widehat{EOF}=2\widehat{EAF}=>đ.p.c.m$

b)Từ a) suy ra $\widehat{IFA}=\widehat{IMA}=\widehat{DMN}=\widehat{NFM}=>\widehat{MFA}=\widehat{NFI}=>\widehat{EIN}=\widehat{EFI}=>EI^2=EN.EF$

Cũng dễ dàng chứng minh $EC^2=EN.EF$ nên ta có điều phải chứng minh

c)Phần này có lẽ dễ nhất mình nói tắt thôi

$\widehat{BIE}=90^{\circ}-\frac{\widehat{C}}{2}$

Mà $\widehat{BIE}=\widehat{IBA}+\frac{\widehat{A}}{2}=>\widehat{IBA}=\frac{\widehat{B}}{2}=>đ.p.c.m$

Những con người hài hước

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) , AB<AC, Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại E ; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thằng (d) qua điểm E song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q . Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N (khác điểm A).

 

a) Chứng minh rằng : $EB^{2}=ED.EA$ và $\frac{BA}{BD}=\frac{CA}{CD}$

 

b) Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP , ECQ cùng đi qua một điểm

 

c) Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP

 

d) Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân .

 

 

 

Mình là được câu a và câu d rồi các bạn giúp mình câu b và câu c nhé....cảm ơn..

b) Câu này không khó quá đâu bạn ạ. Mình chỉ làm vắn tắt thôi

Do $PQ \perp AO$ nên sẽ dễ dàng suy ra $\triangle CEQ, \triangle BEP$ cân.

Lấy I là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle BCE$ thì giao điểm của 3 đường tròn là điểm này (Bạn chứng minh tứ giác nội tiếp là xong)

c) Từ câu b) suy ra $EC=EQ;EB=EP$, mà $EB=EC$ nên ta có điều phải chứng minh

P/s Nếu bạn thấy quá vắn tắt thì mình sẽ đăng lời giải đầy đủ lên sau

Không biết mình đúng hay không nhưng giả thiết của bạn ngược dấu rồi. Với abc rất nhỏ thì bất đẳng thức vẫn có thể đúng

Mình sẽ đưa lời giải với giả thiết có chiều ngược lại sau. Mình đang bận

Đây là lời giải. Giả thiết tương đương với điều sau :

$\frac{1}{1+a}+\frac{35}{35+b}+\frac{57}{57+c}\leq1$

Đặt $1.35.57=m$ (Mình lười quá không muốn tính )

$=>\frac{m}{x+m}+\frac{m}{y+m}+\frac{m}{z+m}\leq1$ (Bạn tự hiểu $x,y,z$ là cái gì nhé)

$<=>(m+x)(m+y)(m+z)\geq m.\sum (m+x)(m+y)=m[3m^2+2m(x+y+z)+xy+yz+zx]$

$<=>2m^3+m^2(x+y+z)\leq xyz=>xyz\geq2m^3+m^2.\sqrt[3]{xyz}$

Từ đây có thể dễ dàng suy ra min của $xyz$ và suy ra min $abc$ (Do m là hằng số)

Còn nếu như giả thiết của bạn không sai ta sẽ suy ra được điều này

$2m^3+m^2(x+y+z)\geq xyz$

Với x,y,z rất nhỏ, cho là nhỏ hơn 1 thì chắc chắn vế trái nhỏ hơn vế phải nên không có giá trị min của $xyz$

Xin lỗi mấy bạn vì sự nhầm nhọt nặng ở đề bài, đề đúng như To-to-ro nói, vận tốc đi bộ là 4km/h. Nhưng vấn đề với vận tốc 3km/h không phải vì số lẻ mà ta bảo nó sai đề, mà sai ở đây là nếu đi với vận tốc 3 km/h thì không tài nào đến B sớm hơn 9h.Đó chính là vấn đề mình gặp phải, nếu là 4km/h thì mình có cách này các bạn tham khảo xem có dễ hiểu hơn ko.

Vấn đề là ta đang cần tính thời gian để người thứ 2 và 3 cùng đáp đích B lúc 9h.

Gọi thời gian đi bộ của người 3 là $t_1$, thời gian đi xe đạp cùng vs người 2 để về B là $t_2$.

Từ đề bài ta có hpt rất đơn giản : $\left\{\begin{matrix} t_1+t_2=1 & \\ 4t_1+16t_2=8& \end{matrix}\right.$

Vấn đề đến đây quá đơn giản rồi!

Vậy thì ta thử tổng quát hóa bài này xem sao, với thời gian đã định $t$ bất kì thì ba người phải đến được đích, từ đây tìm giới hạn thời gian người 2 và người 3 đi bộ

Ba người cùng khởi hành từ A lúc 8 giờ để đến  B(AB dài 8km).Do chỉ có 1 xe đạp nên người thứ nhất trở người thứ 2 đến B với vận tốc 16km/h rồi quay lại đón người thứ 3. Trong lúc đó người thứ 3 đi bộ đến B với vận tốc 3km/h.

a) (ý này các bạn ko cần giải) Hỏi người thứ 3 đến B lúc mấy giờ?Quãng đường phải đi bộ đến B là bao nhiêu?

b)(yêu cầu giải cụ thể) Để đến B chậm nhất lúc 9 giờ(tức là khi người cuối cùng đến B thì chậm nhất là 9h) thì người thứ nhất bỏ người thứ 2 tại 1 điểm nào đó rồi quay lại đón người thứ 3. Người thứ 2 tiếp tục đi bộ cũng với vận tốc 3km/h để đến B.Tìm quãng đường đi bộ của người 2 và người 3?

Sự thật là chưa hiểu rõ cái đề Chắc là tìm thời gian ngắn nhất hở?

Bây giờ lí luận như sau : Do vận tốc của xe đạp lớn hơn đi bộ nên nếu để người đi bộ đến sau thì thời gian sẽ lâu hơn khi để người đi xe đạp đến cùng lúc

Còn nếu người đi xe đạp đến sau thì quãng đường đi xe đạp sẽ lớn hơn quãng đường khi cả 3 người đến cùng lúc

Vậy để 3 người đến cùng lúc sẽ đỡ tốn thời gian nhất. (Cái máy tính quá thốn nên không thể vẽ hình lên được thông cảm )

Điểm mà người 2 bắt đầu đi bộ là P, khi đó người 3 đi đến M. Người 3 bắt đầu lên xe đạp tại N, khi đó người 2 đi bộ đến Q

Do khi nguười 2 đi bộ từ 

Ta sẽ có được hệ thức sau : $\frac{AP}{AM}=\frac{NP}{MN}=\frac{NB}{QB}=\frac{16}{3}=>\frac{MP}{AM}=\frac{NQ}{QB}=>AM=QB$

Từ các dữ kiện : $AM=BQ;MN=PQ$ và các tỉ lệ ta dễ dàng suy ra được độ dài $AN=PB$ (quãng đường người 2,3 đi bộ)

Bỏ 15 phút quý giá làm nốt bài này   

Bạn xem kĩ lại đề bài, luôn luôn có 2 đường thẳng thỏa mãn

Đặt $(d) : y = ax+b$. Do (d) đi qua A nên $1=b$.

Tọa độ giao điểm của (P) với (d) là nghiệm của hệ

$\left\{\begin{matrix}y=x^2\\ y=ax+1\end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix}y=x^2\\ x^2-ax-1=0\end{matrix}\right.$

Áp dụng hệ thức Viète ta có :

$\left\{\begin{matrix}x_1+x_2=a\\ x_1x_2=-1\end{matrix}\right.$

Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai giao điểm C,D (Bạn tự chứng minh hoặc tra trên mạng nhé )

$CD^2=(y_2-y_1)^2+(x_2-x_1)^2=(x_2^2-x_1^2)^2+(x_2+x_1)^2-4x_1x_2$

$=(x_2^2+x_1^2)^2-4x_1^2x_2^2+(x_2+x_1)^2-4x_1x_2=[(x_1+x_2)^2-2x_1x_2]^2-4x_1^2x_2^2+(x_2+x_1)^2-4x_1x_2$

$=(a^2+2)^2-4+a^2+4=(a^2+2)^2+a^2$

Do $CD=2 => (a^2+2)^2+a^2-4=0<=>(a^2+2)^2+(a^2+2)-6=0$

Đặt $a^2+2=b(b\geq2) => b^2+b-6=0$

Bây giờ bạn sẽ tìm được 1 giá trị b thỏa mãn từ đó suy ra có hai giá trị a chứ không phải 1

Mình rất bận nên chỉ nói cách làm thôi nhé : 

Do (d) đi qua A nên sẽ tìm được b

Tìm tọa độ giao điểm (d) với (P) rồi dùng công thức tính khoảng cách (Có thể chứng minh bằng Pytago)

Sử dụng hệ thức Viet ta sẽ làm được

Khi nào có thêm thời gian mình sẽ viết lời giải đầy đủ 

Để ý $1 = \sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{a}}$

$=> \frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{c}{a} (đ.p.c.m) $

 hoặc $\sqrt[3]{\frac{a}{b}} +\sqrt[3]{\frac{b}{c}} + \sqrt[3]{\frac{c}{a}} = 0$

$<=> \sqrt[3]{\frac{a}{b}} + \frac{b}{\sqrt[3]{abc}} + \sqrt[3]{\frac{c}{a}} = 0$

$<=> \sqrt[3]{\frac{a}{b}}.(\frac{b}{\sqrt[3]{abc}} + 1) + \sqrt[3]{\frac{c}{a}} = 0$

$<=> \frac{b}{\sqrt[3]{abc}} + 1 + \frac{\sqrt[3]{abc}}{a} = 0$

$=> ab + a\sqrt[3]{abc} + \sqrt[3]{abc}^{2} = 0$

$=> \sqrt[3]{abc}(a + \sqrt[3]{abc}) \in Q$

$<=>(\sqrt[3]{abc} + m)^2 \in Q (m = \frac{a}{2})$ (1)

CMTT $(\sqrt[3]{abc} + n)^2 \in Q (m = \frac{b}{2})$ (2)

Lấy $(1) - (2) : (m - n)(2\sqrt[3]{abc} + m + n) \in Q$

$=> m = n => đ.p.c.m$ (Mọi người tự CM)

 hoặc $2\sqrt[3]{abc} + m + n \in Q => \sqrt[3]{abc} \in Q$

Mà $a,b,c \in Z => \sqrt[3]{abc} \in Z => đ.p.c.m$

Cho dãy $S_n$ như sau

$S_1=a_1+a_2+..., S_2=a_1 a_2+.... ,...., S_n=a_1 a_2 ... a_n$ Với $a_1 ,a_2 ....\in [0;1]$

Chứng minh  bất đẳng thức sau :

$\frac{1}{1+S_1}+\sum_{i=0}^{n} \frac{1}{2i+2}.S_{2i+1}\leq 1+\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{2i+1}.S_{2i}$

Đặt biểu thức cần tìm min/max là P

*Tìm max P

$P=\frac{100a+10b+c}{a+b+c}=1+\frac{99a+9b}{a+b+c}\leq1+\frac{99a+9b}{a+b}=10+\frac{90a}{a+b}\leq10+\frac{90a}{a}=100$

Dấu = xảy ra với $b=c=0$, $a$ bất kì từ $1->9$

*Tìm min P

$P=1+\frac{99a+9b}{a+b+c}\geq1+\frac{99a+9b)}{a+b+9}=10+\frac{90a-81}{a+b+9}\geq10+\frac{90a-81}{a+18}=100-\frac{1701}{a+18}\geq100-\frac{1701}{19}=\frac{199}{19}$

Dấu = xảy ra với $b=c=9,a=1$

Tại sao $CM=\frac{3}{4}CD$ thế bạn?

Xin lỗi đã viết khá tắt, CM = CK = $\frac{3}{4}CD$

Từ M, I kẻ đường thẳng vuông góc với AC, cắt AC lần lượt tại G, K.

Do M, I lần lượt là trung điểm BC và HM nên G là trung điểm DC và K là trung điểm DG.

Mà K là điểm tiếp xúc của (I) với AC $=> CM = \frac{3}{4}CD (1) => CB = \frac{3}{2}CD$

$\Delta ACM \sim \Delta BCD => \frac{AC}{MC} = \frac{BC}{CD} = \frac{3}{2} (2)$ 

Từ $(1), (2) => \frac{AD}{CD} = \frac{1}{8} => \frac{AD}{DG} = \frac{1}{4} = \frac{AH}{HM}$

$=> đ.p.c.m$

Cá

 

 

Điều kiện $\left\{\begin{matrix} x\neq 0 \\ y\neq 0 \end{matrix}\right.$

$(1)\Leftrightarrow x-y-(\frac{1}{x}-\frac{1}{y})=0\Leftrightarrow x-y-\frac{y-x}{xy}=0\Leftrightarrow (x-y)(1+\frac{1}{xy})=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=y \\ y=\frac{-1}{x};(x\neq 0) \end{bmatrix}$
$*$ Với $x=y$, thay vào $(2)$, ta có: $x^{3}-2x+1=0\Leftrightarrow (x-1)(x^{2}+x-1)=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=y=1 \\ x=y=\frac{-1+\sqrt{5}}{2} \\ x=y=\frac{-1-\sqrt{5}}{2} \end{bmatrix}$
$*$ Với $y=\frac{-1}{x}$, thay vào $(2)$, ta có: $x^{3}+\frac{2}{x}+1=0\Leftrightarrow x^{4}+x+2=0$ (vô nghiệm)

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}x-\frac{1}{x}=y-\frac{1}{y};(1) & \\x^3-2y+1=0;(2) & \end{matrix}\right.$

Vậy các nghiệm của hệ là $(1;1), (\frac{-1-\sqrt{5}}{2};\frac{-1-\sqrt{5}}{2}), (\frac{-1+\sqrt{5}}{2};\frac{-1+\sqrt{5}}{2})$ 

 

P/s: Cái chỗ phương trình bậc 4 có ai chứng minh nó vô nghiệm giúp mình được không vậy... @@

 

Cái phương trình ấy giải như sau

$x^4+x+2=0<=>2x^4+2x+4=0<=>(x+1)^2+2x^4-x^2+3=0$
$2x^4-x^2+3>0$ (Chắc ai cũng chứng minh được  )

Vậy phương trình vô nghiệm

Thật sự là phần này đúng ạ. Khi nào nào vậy mới sai nhá: $x^{2}=([x])^{2}$.

$\left [ x^{2} \right ]=\left [ x \right ].\left [ x \right ]$ ?

P/s: Mình đang phân vân đoạn này

Chỗ này thực sự chưa đúng : với $x=3,9$ thì $[x^2]=15, [x]^2=9$

Bài trên mình có cách giải riêng (Chưa xem tài liệu)

Ta luôn có : $x^2\geq [x]^2$ mà $[x^2]$ là số nguyên dương lớn nhất không quá $x^2$ nên $[x^2]\geq [x]^2$

$=> 2\geq 3[x]^2+5[x]<=>0\geq (3[x]-1)([x]+2)=>\frac{1}{3}\geq [x]\geq -2$

Đến đây coi như xong

swart thế nào hả bạn?

Sai bước cuối nhé khi x=0 thì $3^0+5^0=2.4^0$  

À ừ sorry bạn, mình thiếu trường hợp $x=0$

Swart như sau : $\frac{2}{4^x+1}=\frac{1}{3^x+1}+\frac{1}{5^x+1}\geq\frac{4}{3^x+5^x+2}=>3^x+5^x>2.4^x$

Giải PT:

$\frac{1}{3^x+1}+\frac{1}{5^x+1}=\frac{2}{4^x+1}$ 

!!!

Lời giải khá đơn giản. 

Áp dung BĐT Swart cho phương trình trên $=> 3^x+5^x>2.4^x$

Biến đổi quy đồng ta được : $(4^x+1)(3^x+5^x+2)=2(3^x+1)(5^x+1)$

Dễ dàng chứng minh : $(4^x+1)^2-(3^x+1)(5^x+1)\geq0$ (Chứng minh này khá đơn giản nên có lẽ bạn tự làm nhé)

$=>(4^x+1)(3^x+5^x+2)\leq2(4^x+1)^2=>3^x+5^x\leq2.4^x$ (Vô lí)

Vậy phương trình vô nghiệm

$(4^x+1)^2-(3^x+1)(5^x+1)\geq0$ chỗ này dễ dàng thế nào hả bạn???

Phải công nhận xem lại nó cũng không dễ cho lắm  .Lời giải của mình hơi kì cục tí.

Đặt $f(x)=(4^x+1)^2-(3^x+1)(5^x+1)$

$=>f'(x)=ln(16).16^x+2ln(4).4^x-ln(15).15^x-ln(3).3^x-ln(5).5^x=ln(16).(16^x+4^x)-ln(15).15^x-ln(3).3^x-ln(5).5^x$

Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức sau : $ln(3).3^x+ln(5).5^x\leq ln(5).3^x+ln(3).5^x$ (Lần này là dễ thật nhé, chỉ cần chuyển vế sang thôi)

$=>2[ln(3).3^x+ln(5).5^x]\leq[ln(3)+ln(5)](3^x+5^x)=ln(15).(3^x+5^x)$

$=>f'(x)\geq ln(16)(16^x+4^x)-ln(15)(15^x+\frac{3^x+5^x}{2})\geq ln(16)[16^x+4^x-(15^x+\frac{3^x+5^x}{2})]$

Do $3^x+5^x\geq 2.4^x=>3^x+5^x-2.4^x\geq\frac{3^x+5^x}{2}-4^x=>f'(x)\geq ln(16).f(x)$

Với $x=0=>f(x)=0$ nên hàm này đồng biến, ta có điều phải chứng minh rồi nhé

Chứng minh rằng nếu a,b,c là 3 số nguyên khác 0 và thỏa mãn $\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}=3$ thì tích abc là lập phương của 1 số nguyên

Bài này đăng một lần rồi anh ạ

ở đâu vậy bạn   

Đây bạn nhé. Mình là người làm nên bít mà