t cũng đã nhắn tin cho mấy mem mới do thấy mấy mem mới vào nên "nương tay"

Nhưng đã hỏi anh E.Galois thì anh bảo nhắc nhở thôi 

"Uốn cây từ thủa còn non"...

Đề nghị buiminhhieu nếu đã khóa topic thì khóa những bài nên khóa thôi, và cũng ẩn đi cho box đỡ chật. Nếu k khóa thì sửa chữa chứ. Toàn để thế thì sao đươc

Mình thấy các mem mới phải tự sửa tiêu đề lỗi mà mình gây ra chứ 

Đây

BQT lưu ý các ĐHV. Khi các mem nhờ các ĐHV mở hộ topic bị khóa, ĐHV cần sử dụng chức năng nhắc nhở để nhắc nhở mem đó, sau đó, ĐHV cần yêu cầu mem đó tự sửa tiêu đề.

Topic sai tiêu đề bị khóa quá 3 ngày mà không có ai xin mở thì có thể xóa

Mở khóa rồi mà?

Những bài thế này thì ...(3-4 lỗi 1 chủ đề)

Đây

nhưng toàn mấy mem mắc lỗi lần đầu thì sửa chữa thôi. Khóa làm gì, gởi tin nhắc nhở 

Mình cũng yêu cầu trong tin nhắn tới mem minh123haha456 tự sủa tiêu đề oy mà!

Vì đa thức chia có bậc 2, mà đa thức dư thì có bậc nhỏ hơn đa thức chia nên có dạng ax+b

đúng rồi đó 

mình có cách đễ hiểu hơn có lẽ bạn DTDuc hiểu được

áp dụng $x^{2k}-1\vdots x^{2}-1;x^{3}-x\vdots x^{2}-1:x^{9}-x=x(x^{8}-1)\vdots x^{2}-1;x^{27}-x\vdots x^{2}-1;x^{81}-x\vdots x^{2}-1$

suy ra số dư là 5x

Với a,b,c là ba cạnh của tam giác CMR:

$\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c} \geq a+b+c$

Áp dụng BĐT cauchy

$\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}\geq 2a$

chứng minh tương tự công vế ta có ĐPCM

dấu "=" khi tam giác đó đều

Giả thuyết tương tự CMR:

 $a^2+b^2+c^2 < 2(ab+bc+ac)$

$VP=2ab+2bc+2ca=a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)>a^{2}+b^{2}+c^{2}$

do a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác

UCLN (a,b)=1; b là số lẻ. CMR UCLN($n^{a}+1, n^{b}+1$) $\leq 2$ với mọi số tự nhiên n

đề sai rồi cho a=3,b=5 ,n=2 thì vô lí 

đề phải là b chẵn mới làm được chứ

Cho $x, y, z$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $xyz = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  

$$E=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{1}{y^3(z+x)}+\frac{1}{z^3(x+y)}.$$

Toán thủ ra đề: angleofdarkness

Bài làm của MSS13: Bùi Minh Hiếu:

Do $xyz=1$ nên tồn tại các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\Rightarrow abc=1$

Từ đó $E=\frac{1}{\frac{1}{a^{3}}(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}+\frac{1}{\frac{1}{b^{3}}(\frac{1}{a}+\frac{1}{c})}+\frac{1}{\frac{1}{c^{3}}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}=\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}$(Do $abc=1$)

$\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2}$(Theo BĐT $bunhia $dạng engel)

$\geq \frac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\frac{3}{2}$(theo BĐT $AM-GM$)

Dấu "=" khi $a=b=c=1\Leftrightarrow x=y=z=1$

Vậy $MIN$ E=$\frac{3}{2}$ tại $x=y=z=1$

p/s:Theo quy định không viết dấu $\sum$ nha

d=10

S=47

Đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\Rightarrow abc=1$ vì $xyz=1$

Điều kiện : $a,b,c>0$

Ta có : $E=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{1}{y^3(z+x)}+\frac{1}{z^3(x+y)}=\frac{1}{\frac{1}{a^3}\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )}+\frac{1}{\frac{1}{c^3}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )}+\frac{1}{\frac{1}{b^3}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{c} \right )}=\frac{a^{3}bc}{b+c}+\frac{b^{3}ac}{a+c}+\frac{c^{3}ab}{a+b}=\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{a+b+c}=$$a+b+c$

Theo BĐT Schwarz

mà $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$ (Theo BĐT AM-GM)

Vậy $min E=3\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=b=c\\ abc=1 \end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c=1\Rightarrow x=y=z=1$

Sai chỗ tô đỏ này phải là $\frac{a+b+c}{2}$

Em nghĩ những bất đẳng thức như cô si 3 số, bunhiacopxki, BCS không có trong chương trình học cấp 2 nên cần phải chứng minh lại ạ.

Sách NCPT đã giới thiệu rồi mà sao phải chứng minh lại?

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.
Chứng minh:

$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$$

Đề thi của: 

Viet Hoang 99

Bài làm của MSS 13:Bùi Minh Hiếu:

Giải:

Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là $I$ ; đường thẳng qua $I$ cắt $BC$ tại $M,N$ là $d$

Xét 2 trường hợp :

TH1: $d$ song song $BC$

Theo định lí $Talet$ ta được:

$\frac{AM}{BM}=\frac{AI}{ID};\frac{AN}{NC}=\frac{AI}{ID}$

$\Rightarrow \frac{AN.AM}{BM.CN}=(\frac{AI}{ID})^{2}$

Lại có $\frac{AI}{ID}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{CB}$(Do $BI;CI$ là các đường phân giác trong góc $B;C$)

Do đó $\frac{AM.AN}{BM.CN}=(\frac{AB+AC}{BC})^{2}\geq \frac{4AB.AC}{BC^{2}}$(theo $BĐT$ $AM-GM$)

Do đó $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$(1)

TH2: $MN$ không song song $BC$ Không mất tính tổng quát giả sử $d$ cắt $BC$ tại mặt phẳng bờ $AB$ không chứa $C$ .Gọi giao $d$ với $BC$ là $K$

Áp dụng định lí $Menelaus$ Ta được

$\Delta ABD$ có $K,M,I$ thẳng hàng:$\frac{MA}{MB}=\frac{IA}{ID}.\frac{KD}{KB}$

$\Delta ACD$ có $K,I,N$ thẳng hàng :$\frac{AN}{CN}=\frac{KC}{KD}.\frac{IA}{ID}$

Do đó $\frac{AM.AN}{BM.CN}=(\frac{IA}{ID})^{2}.\frac{KC}{KB}>(\frac{IA}{ID})^{2}$(Do $KC>KB$ theo điều giả sử)

$=(\frac{AB+AC}{BC})^{2}\geq \frac{4AB.AC}{BC^{2}}$

$\rightarrow \frac{BM.CN}{AM.AN}< \frac{BC^{2}}{4AB.CA}$(2)

Từ (1) và (2) ta được

$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

Dấu "=" khi $AB=AC$ và $MN$ song song $BC$

Vậy $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

Dấu"=" khi ...

p/s:Ảo tung chảo

_______
Kể cả khi sửa bài làm vẫn sai...

d = 4

S = 13.3

4.png

 

Kí hiệu như hình vẽ

 

Áp dụng định lí Menelaus cho điểm $F$ và $\Delta ADC;\Delta ABD$

 

Ta có:

 

$\\frac{FD}{FC}.\frac{OA}{OD}.\frac{NA}{NC}=1$

 

Lại có:

 

$\\frac{FD}{FB}.\frac{MB}{MA}.\frac{OD}{OA}=1$

 

Dễ dàng lập luận theo tính chất phân giác, ta có được

 

$\frac{MB}{MA} \geq \frac{NC}{NA}$

 

Từ $3$ đẳng thức trên nhân lại vế theo vế, ta có:

 

$FD^2 \geq FB.FC$

 

Từ đó dễ dàng có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $AB=AC$ và $MN||BC$

 

Bài dự thi trận 8 của MSS 27

4.png

 

Kí hiệu như hình vẽ

 

Áp dụng định lí Menelaus cho điểm $F$ và $\Delta ADC;\Delta ABD$

 

Ta có:

 

$\frac{FD}{FC}.\frac{OA}{OD}.\frac{NA}{NC}=1$

 

Lại có:

 

$\frac{FD}{FB}.\frac{MA}{MB}.\frac{OA}{OD}=1$

 

Dễ dàng lập luận theo tính chất phân giác, ta có được

 

$\frac{MA}{MB} \leq \frac{NA}{NC}$

 

Từ $3$ đẳng thức trên nhân lại vế theo vế, ta có:

 

$FD^2 \leq \frac{OD^2}{OA^2}$ (vì cũng có $FD^2 \geq FD.FC$ từ đó)

 

Mà $\frac{OA}{OD}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{BC}$

 

Vậy $\frac{OD^2}{OA^2} = \frac{BC^2}{(AB+AC)^2} \leq \frac{BC^2}{4AB.AC}$

 

Từ đó dễ dàng có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $AB=AC$ và $\frac{MA}{MB} = \frac{NA}{NC}$ hay $MN||BC$

 

Mà $\Delta ABC$ cố định nên $AB \neq AC$ 

 

Vậy dấu bằng không xảy ra

 

Sai CT và $menelaus$ sai

MSS47: Trương Việt Hoàng

 

Bài làm:
mss8.PNG

 

Gọi $(I;r)$ là đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$

 

Trước hết ta có:

$1/$ $\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{2S_{AMN}}{2S_{ABC}}=\frac{AM.AN.sinA}{AB.AC.sinA}=\frac{AM.AN}{AB.AC}$

$2/$ $S_{ABC}=\frac{AB+AC-BC}{2}.r$

Ta có:
$S_{AIM}+S_{AIN}=\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}.S_{ABC}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}.r.AM+\frac{1}{2}.r.AN=\frac{AM.AN}{AB.AC}.S_{ABC}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}.r.(AM+AN)=\frac{AM.AN}{AB.AC}.\frac{AB+AC-BC}{2}.r$
$\Leftrightarrow AM+AN=\frac{AM.AN}{AB.AC}.(AB+AC-BC)$
$\Leftrightarrow \frac{AM.AB.AC}{AM.AN}+\frac{AN.AB.AC}{AM.AN}=AB+AC-BC$
$\Leftrightarrow \frac{AB.AC}{AN}-AB+\frac{AB.AC}{AM}-AC=BC$
$\Leftrightarrow \frac{AB.(AC-AN)}{AN}+\frac{AC.(AB-AM)}{AM}=BC$
$\Leftrightarrow \frac{AB.CN}{AN}+\frac{AC.BM}{AM}=BC$
$\Leftrightarrow \frac{AB.CN}{AN.BC}+\frac{AC.BM}{AM.BC}=1$

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$1=\frac{AB.CN}{AN.BC}+\frac{AC.BM}{AM.BC}\geq 2\sqrt{\frac{AB.CN.AC.BM}{AN.BC.AM.BC}}=2\sqrt{\frac{AB.CN.AC.BM}{AM.AN.BC^2}}$
$\Rightarrow 1\geq 4.\frac{BM.CN}{AM.AN}.\frac{AB.AC}{BC^2}$
$\Leftrightarrow \frac{BC^2}{4.AB.AC}\geq \frac{BM.CN}{AM.AN}$

Dấu = có khi: $MN//BC$
 

P/s: Suýt thì quên cách làm

 

Bài dự thi trận 8 của MSS 27

4.png

 

Kí hiệu như hình vẽ

 

Áp dụng định lí Menelaus cho điểm $F$ và $\Delta ADC;\Delta ABD$

 

Ta có:

 

$\frac{FD}{FC}.\frac{OA}{OD}.\frac{NA}{NC}=1$

 

Lại có:

 

$\frac{FD}{FB}.\frac{MA}{MB}.\frac{OA}{OD}=1$

 

Dễ dàng lập luận theo tính chất phân giác, ta có được

 

$\frac{MA}{MB} \leq \frac{NA}{NC}$

 

Từ $3$ đẳng thức trên nhân lại vế theo vế, ta có:

 

$FD^2 \leq \frac{OD^2}{OA^2}$ (vì cũng có $FD^2 \geq FD.FC$ từ đó)

 

Mà $\frac{OA}{OD}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{BC}$

 

Vậy $\frac{OD^2}{OA^2} = \frac{BC^2}{(AB+AC)^2} \leq \frac{BC^2}{4AB.AC}$

 

Từ đó dễ dàng có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $AB=AC$ và $\frac{MA}{MB} = \frac{NA}{NC}$ hay $MN||BC$

 

Mà $\Delta ABC$ cố định nên $AB \neq AC$ 

 

Vậy dấu bằng không xảy ra

 

Cả 2 đều sai và thiếu dấu "="

Bài làm của MSS 13:Bùi Minh Hiếu:

Giải:

Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là $I$ ; đường thẳng qua $I$ cắt $BC$ tại $M,N$ là $d$

Xét 2 trường hợp :

TH1: $d$ song song $BC$

Theo định lí $Talet$ ta được:

$\frac{AM}{BM}=\frac{AI}{ID};\frac{AN}{NC}=\frac{AI}{ID}$

$\Rightarrow \frac{AN.AM}{BM.CN}=(\frac{AI}{ID})^{2}$

Lại có $\frac{AI}{ID}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{CB}$(Do $BI;CI$ là các đường phân giác trong góc $B;C$)

Do đó $\frac{AM.AN}{BM.CN}=(\frac{AB+AC}{BC})^{2}\geq \frac{4AB.AC}{BC^{2}}$(theo $BĐT$ $AM-GM$)

Do đó $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$(1)

Untitled2.png

 

TH2: $MN$ không song song $BC$ Không mất tính tổng quát giả sử $d$ cắt $BC$ tại mặt phẳng bờ $AB$ không chứa $C$ .Gọi giao $d$ với $BC$ là $K$

Áp dụng định lí $Menelaus$ Ta được

$\Delta ABD$ có $K,M,I$ thẳng hàng:$\frac{MA}{MB}=\frac{IA}{ID}.\frac{KD}{KB}$

$\Delta ACD$ có $K,I,N$ thẳng hàng :$\frac{AN}{CN}=\frac{KC}{KD}.\frac{IA}{ID}$

Do đó $\frac{AM.AN}{BM.CN}=(\frac{IA}{ID})^{2}.\frac{KC}{KB}>(\frac{IA}{ID})^{2}$(Do $KC>KB$ theo điều giả sử)

$=(\frac{AB+AC}{BC})^{2}\geq \frac{4AB.AC}{BC^{2}}$

$\rightarrow \frac{BM.CN}{AM.AN}< \frac{BC^{2}}{4AB.CA}$(2)

Untitled.png

Từ (1) và (2) ta được

$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

Dấu "=" khi $AB=AC$ và $MN$ song song $BC$

Vậy $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

Dấu"=" khi ...

p/s:Ảo tung chảo

_______
Kể cả khi sửa bài làm vẫn sai...

d = 4

S = 13.3

Có sai đâu anh:

Cho em sửa :

$\Delta ABD$ có $K,M,I$ thẳng hàng:$\frac{MA}{MB}=\frac{IA}{ID}.\frac{KD}{KB}$

$\Delta ACD$ có $K,I,N$ thẳng hàng :$\frac{AN}{CN}=\frac{KD}{KC}.\frac{IA}{ID}$

Từ đó :

$\frac{AM.AN}{BM.CN}=\frac{KD^{2}}{KB.KC}.(\frac{IA}{ID})^{2}=\frac{KD^{2}}{KB.KC}.(\frac{AB+AC}{CB})^{2}$

Đặt $KB=x;BD=y;DC=z$ Khi đó:

$\frac{AM.AN}{BM.CN}=\frac{KD^{2}}{KB.KC}.\frac{(AB+AC)^{2}}{BC^{2}}$

$=\frac{(AB+AC)^{2}.(x+y)^{2}}{(x+y+z)x.BC^{2}}$

Suy ra ĐPCM$\Leftrightarrow (AB+AC)^{2}(x+y)^{2}\geq 4(x+y+z)x.AB.AC$

$\Leftrightarrow (\frac{AB}{AC}+1)^{2}(x+y)^{2}\geq 4(x+y+z)x\frac{AB}{AC}$

Mà $\frac{AB}{AC}=\frac{y}{z}\Rightarrow$

BĐT$\Leftrightarrow$$(y+z)^{2}(x+y)^{2}\geq 4xz(y^{2}+yx+yz)\Leftrightarrow (y^{2}+xy+yz-zx)^{2}\geq 0$(LĐ)

Dấu "="không xảy ra

BQT tha cho em với (nếu có thể)

Bài em sai chỗ này:

Bài làm của MSS 13:Bùi Minh Hiếu:

Giải:

Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là $I$ ; đường thẳng qua $I$ cắt $BC$ tại $M,N$ là $d$

Xét 2 trường hợp :

TH1: $d$ song song $BC$

Theo định lí $Talet$ ta được:

$\frac{AM}{BM}=\frac{AI}{ID};\frac{AN}{NC}=\frac{AI}{ID}$

$\Rightarrow \frac{AN.AM}{BM.CN}=(\frac{AI}{ID})^{2}$

Lại có $\frac{AI}{ID}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{CB}$(Do $BI;CI$ là các đường phân giác trong góc $B;C$)

Do đó $\frac{AM.AN}{BM.CN}=(\frac{AB+AC}{BC})^{2}\geq \frac{4AB.AC}{BC^{2}}$(theo $BĐT$ $AM-GM$)

Do đó $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$(1)

Untitled2.png

 

TH2: $MN$ không song song $BC$ Không mất tính tổng quát giả sử $d$ cắt $BC$ tại mặt phẳng bờ $AB$ không chứa $C$ .Gọi giao $d$ với $BC$ là $K$

Áp dụng định lí $Menelaus$ Ta được

$\Delta ABD$ có $K,M,I$ thẳng hàng:$\frac{MA}{MB}=\frac{IA}{ID}.\frac{KD}{KB}$

$\Delta ACD$ có $K,I,N$ thẳng hàng :$\frac{AN}{CN}=\frac{KC}{KD}.\frac{IA}{ID}$

Do đó $\frac{AM.AN}{BM.CN}=(\frac{IA}{ID})^{2}.\frac{KC}{KB}>(\frac{IA}{ID})^{2}$(Do $KC>KB$ theo điều giả sử)

$=(\frac{AB+AC}{BC})^{2}\geq \frac{4AB.AC}{BC^{2}}$

$\rightarrow \frac{BM.CN}{AM.AN}< \frac{BC^{2}}{4AB.CA}$(2)

Untitled.png

Từ (1) và (2) ta được

$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

Dấu "=" khi $AB=AC$ và $MN$ song song $BC$

Vậy $\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$

Dấu"=" khi ...

p/s:Ảo tung chảo

Cho em sửa :

$\Delta ABD$ có $K,M,I$ thẳng hàng:$\frac{MA}{MB}=\frac{IA}{ID}.\frac{KD}{KB}$

$\Delta ACD$ có $K,I,N$ thẳng hàng :$\frac{AN}{CN}=\frac{KD}{KC}.\frac{IA}{ID}$

Từ đó :

$\frac{AM.AN}{BM.CN}=\frac{KD^{2}}{KB.KC}.(\frac{IA}{ID})^{2}=\frac{KD^{2}}{KB.KC}.(\frac{AB+AC}{CB})^{2}$

Đặt $KB=x;BD=y;DC=z$ Khi đó:

$\frac{AM.AN}{BM.CN}=\frac{KD^{2}}{KB.KC}.\frac{(AB+AC)^{2}}{BC^{2}}$

$=\frac{(AB+AC)^{2}.(x+y)^{2}}{(x+y+z)x.BC^{2}}$

Suy ra ĐPCM$\Leftrightarrow (AB+AC)^{2}(x+y)^{2}\geq 4(x+y+z)x.AB.AC$

$\Leftrightarrow (\frac{AB}{AC}+1)^{2}(x+y)^{2}\geq 4(x+y+z)x\frac{AB}{AC}$

Mà $\frac{AB}{AC}=\frac{y}{z}\Rightarrow$

BĐT$\Leftrightarrow$$(y+z)^{2}(x+y)^{2}\geq 4xz(y^{2}+yx+yz)\Leftrightarrow (y^{2}+xy+yz-zx)^{2}\geq 0$(LĐ)

Dấu "="không xảy ra

Mở rộng MSS 13:buiminhhieu:

Mở rộng 2:

Bài toán ;

Giải PT:

$2\sqrt{x^{2}+3}-\sqrt{8+2x-x^{2}}=x$$(1)$

Giải:

ĐK:$-2\leq x\leq 4$

Ta có $(1)$ tương đương:

$2\sqrt{x^{2}+3}=\sqrt{8+2x-x^{2}}+x=\sqrt{9-(x-1)^{2}}+x\leq x+3$$(2)$

Mặt khác:

$4(x^{2}+3)-(x+3)^{2}=3(x-1)^{2}\geq 0\Rightarrow 2\sqrt{x^{2}+3}\geq x+3$$(2)$

Từ (2) và(3) ta được $x=1$

Mở rộng của MSS 13:buiminhhieu:

Mở rộng 1:

Đề bài :

Giải phương trình:

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

Bài giải:

Nhận thấy $x=-1$ không là nghiệm của phương trình$(1)$

Điều kiện:$x>-1$

Đặt $t=\sqrt{x+1}(t>0)$ ta có :

$(1)\Leftrightarrow 2x^{3}=(3x^{2}-t^{2})t\Leftrightarrow 2x^{3}-3tx^{2}+t^{3}=0$

$\Leftrightarrow (x-t)^{2}(2x+t)=0$

TH1)$x=t$ thi $x=\sqrt{x+1}(x>0)\Rightarrow x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

TH2)$-2x=t$($x<0$$-2x=\sqrt{x+1}\Rightarrow x=\frac{1-\sqrt{17}}{8}$

Vậy ...

 

BÀI LÀM CỦA TOÁN THỦ MSS17

$2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

ĐKXĐ: $x\geqslant 1$

Phương trình trên $\Leftrightarrow 2x^2+5x-1=7\sqrt{(x-1)(x^2+x+1)}$ (1)

Đặt $\sqrt{x-1}=a;\sqrt{x^2+x+1}=b$, (1) trở thành:

$3a^2+2b^2=7ab$

$\Leftrightarrow (a-2b)(3a-b)=0$

$\Leftrightarrow a=2b$ hoặc $3a=b$

     +) Nếu $a=2b$ ta có: $\sqrt{x-1}=2\sqrt{x^2+x+1}$

         $\Leftrightarrow x-1=4x^2+4x+4$

         $\Leftrightarrow 4x^2+3x+5=0$

         $\Leftrightarrow \left ( x+\frac{3}{8} \right )^2+\frac{71}{64}=0$ (vô lí)

     +) Nếu $3a=b$ ta có: $3\sqrt{x-1}=\sqrt{x^2+x+1}$

         $\Leftrightarrow 9x-9=x^2+x+1$

         $\Leftrightarrow x^2-8x+10=0$

         $\Leftrightarrow (x-4)^2=6$

         $\Leftrightarrow x=4\pm \sqrt{6}$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left \{ 4\pm \sqrt{6} \right \}$

 

ĐKXĐ: $x\geq 0$

Đặt $\sqrt{x-1}=a,\sqrt{x^{2}+x+1}=b$ 

Suy ra $2x^{2}+5x-1=3a^{2}+b^{2}$,$ab=\sqrt{x^{3}-1}$$3a^{2}+2b^{2}=7ab$

<=>$(a-2b)(3a-b)=0<=>a=2b hoặc a=\frac{b}{3}$

Với $a=2b =>x-1=4(x^{2}+x+1)$

<=>$4x^{2}+3x+5=0$ vô lí vì $3x^{2}+3x+3+x^{2}+2>0$

Với $3a=b$ suy ra $9(x-1)=x^{2}+x+1$ <=> $x^{2}-8x+10=0$<=> $x=4+\sqrt{6},x=4-\sqrt{6}$

Vậy nghiệm của phương trình là $S={4+\sqrt{6},4-\sqrt{6}}$

 

Bài dự thi trận $7$ của $MSS 27$

 

Điều kiện: $x \geq 1$

 

Đặt $\sqrt{x-1}=a$ và $\sqrt{x^2+x+1}=b$.

 

Vậy: $3a^2+2b^2=2x^2+5x-1=VT$

 

Phương trình đầu tương đương:

 

$3a^2+2b^2=7ab$

 

$\Leftrightarrow (a-2b)(3a-b)=0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix}a=2b\\ 3a=b\end{bmatrix}$

 

Với $a=2b$, ta có phương trình:

 

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

 

$\Leftrightarrow x-1=4x^2+4x+4$

 

$\Leftrightarrow 4x^2+3x+5=0 (1)$

 

$\Delta =9-4.4.5=-71<0$

 

Vậy phương trình $(1)$ vô nghiệm.

 

Với $3a=b$, ta có phương trình:

 

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

 

$\Leftrightarrow 9x-9=x^2+x+1$

 

$\Leftrightarrow x^2-8x+10=0 (2)$

 

$\Delta'=16-1.10=6>0$ 

 

Vậy phương trình $(2)$ có $2$ nghiệm phân biệt:

 

$$\left\{\begin{matrix} x_{1}=\dfrac{4+\sqrt{6}}{1}=4+\sqrt{6}\\ x_{1}=\dfrac{4-\sqrt{6}}{1}=4-\sqrt{6}\end{matrix}\right.$$

 

Kết hợp điều kiện và nhận cả hai nghiệm.

 

 

Kết luận: Phương trình đầu có hai nghiệm $S={4+\sqrt{6};4-\sqrt{6}}$

 

SBD: MSS 57

Trước hết ta sẽ tìm điều kiện để căn thức $\sqrt{x^{3}-1}$. có nghĩa. đk là $x^{3}-1\geq 0\Leftrightarrow x\geq 1$

Ta giải phương trình

                                             $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

$\Leftrightarrow 3(x-1)+2(x^{2}+x+1)=7\sqrt{(x-1)(x^{2}+x+1)}$

đặt $y=x-1; t=x^{2}+x+1$

Xét $ t=x^{2}+x+1$ có $\Delta =1^{2}-4.1.1=-3< 0\Rightarrow t> 0$

Phương trình  $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$$\Leftrightarrow 3y+2t=7\sqrt{yt}\Leftrightarrow (3y+2t)^{2}=(7\sqrt{yt})^{2}\Leftrightarrow 9y^{2}+12yt+4t^{2}=49yt\Leftrightarrow 9y^{2}-37xy+4t^{2}=0\Leftrightarrow (9t-y)(y-4t)=0\Rightarrow \begin{bmatrix} t=9y & \\ t=\frac{1}{4}y& \end{bmatrix}$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} x^{2}+x+1=9x-9 & \\ x^{2}+x+1=\frac{1}{4}x-\frac{1}{4} & \end{bmatrix}\Rightarrow \begin{bmatrix} x=4+\sqrt{6} & \\ x=4-\sqrt{6}& \end{bmatrix}$

Thử lại : với $x=4-\sqrt{6}$ ta có VT=VP

               với $x=4+\sqrt{6}$ ta có VT=VP

Vậy phương trình có hai nghiệm là $x=4-\sqrt{6}$ hoặc $x=4+\sqrt{6}$

Các bài trên thiếu điều kiện của $a,b$

Xét điều kiện x> hoặc =1

$2x^{2}+5x-1=7\sqrt[3]{x^{3}-1}\Leftrightarrow 2(x^{2}+x+1)+3(x-1)=7\sqrt[3]{(x-1)(x^{2}+x+1)}$

Đặt $\sqrt{x^{2}+x+1}=a;\sqrt{x-1}=b$ ta có$2a^{2}+3b^{2}=7ab\Leftrightarrow 2a^{2}-6ab-(ab-3b^{2})=0\Leftrightarrow 2a(a-3b)-b(a-3b)=0\Leftrightarrow (a-3b)(2a-b)=0$

vậy a=3b hoặc 2a=b

với a=3b khi đó ta có :

$x^{2}+x+1=9(x-1)\Leftrightarrow x^{2}-8x+10=0\Leftrightarrow x=\frac{4+\sqrt{6}}{2}$

Với 2a=b khi đó ta có 

$4x^{2}+4x+4=x-1\Leftrightarrow 4x^{2}+3x+5=0$ vậy phương trình vô nghiệm

Vậy nghiệm của phương trình là $x=\frac{4+\sqrt{6}}{2}$

Chỗ màu đỏ tính thiếu nghiệm ,điều kiện $a,b$

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

Bài làm của MSS 13:buiminhhieu:

ĐK:$x\geq 1$

Ta có  Phương trình đã cho tương đương:

$2(x^{2}+x+1)+3(x-1)=7\sqrt{(x-1)(x^{2}+x+1)}$

Đặt $\sqrt{x-1}=a;\sqrt{x^{2}+x+1}=b;(a\geq 0;b>0)$

Khi đó Phương trình trở thành :

$2b^{2}+3a^{2}=7ab\Leftrightarrow (2b-a)(b-3a)=0$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} 2b=a(I) & \\ b=3a(II) & \end{bmatrix}$

TH1)$(I)2b=a\Leftrightarrow 2\sqrt{x^{2}+x+1}=\sqrt{x-1}\Rightarrow 4x^{2}+4x+4=x-1$

$\Leftrightarrow 4x^{2}+3x+5=0$(Loại vì $\Delta =-71<0$)

TH2)$(II)b=3a\Leftrightarrow \sqrt{x^{2}+x+1}=3\sqrt{x-1}\Rightarrow x^{2}+x+1=9x-9$

$\Leftrightarrow x^{2}-8x+10=0\Rightarrow (x-4)^{2}=6$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} x=4+\sqrt{6} & \\ x=4-\sqrt{6}& \end{bmatrix}$(Thử lại thỏa mãn )

Vậy nghiệm của phương trình là $S=\left \{ 4-\sqrt{6};4+\sqrt{6} \right \}$

    d =10

    S =17+10.3=47

Trong mặt phẳng cho 2009 điểm sao cho 3 điểm bất kì trong số các điểm đã cho là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích không vượt quá 1. CMR: tất cả các điểm đã cho nằm trong 1 tam giác có diện tích không vượt quá 4

Bài này sử dụng nguyên lí cực hạn

 nhầm tí đợi mình post ĐÁ

Do số điểm là hữu hạn nên số tam giác tạo ra hữu hạn

Giả sử $S_{MNP}MAX$

qua M,N,P kể các đường song song với cạnh đối diện chúng cắt nhau tại ABC khi đó

$S_{ABC}=4S_{MNP}\leq 4$

ta CM 2009 điểm đã cho thuộc tam giác ABC

 Giả sử co điểm D ở ngoài tam giác ABC khi đó $S_{MNP}< S_{NDP}$ vô lí

vậy 2009 điểm ...

1, Mỗi điểm của 1 mặt phẳng được tô bởi 1 màu xanh hoặc đỏ. CMR: ắt tìm được 3 điểm tô cùng 1 màu tạo thành 3 đỉnh của 1 $\bigtriangleup$ đều canh bằng $1$ hoặc $\sqrt{3}$.

 

2, Trong 1 cái sân  $3\times 4$ có 6 con chim đang ăn. CMR: khoảng cách giữa 2 con không quá $\sqrt{5}$.

 

 

 

________________

Giúp mình với, đọc đi đọc lại lời giải vẫn không hiểu tại sao như vậy? 

2 bài này trong quyển 1001 bài toán sơ cấp