Theo Mathscope
Theo Mathscope
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Bài 2a
Ta có : $2x^{2}+2x+5=\left ( 4x-1 \right )\sqrt{x^{2}+3}$
<=>$4x^{2}+4x+10=\left ( 4x-1 \right )\sqrt{4x^{2}+12}$
Đặt $b=\sqrt{4x^{2}+12} ; a=4x-1 (b> \sqrt{12})$
khi đó ta có $\left\{\begin{matrix} ab=4x^{2}+4x+10\\a+b^{2}=4x^{2}+4x+11 \end{matrix}\right.$
=>$a+b^{2}-ab-1=0$
<=> $\left ( 1-b \right )\left ( a-b-1 \right )=0$
=>a-b=1
=>$4x-1-\sqrt{4x^{2}+12}=1$
phương trình này có tể giải một cách dễ dàng
Bài 2. a. (Dễ nhằn gần nhất)
PT $\Leftrightarrow 4x^{2}+4x+10=2(4x-1)\sqrt{x^{2}+3}$
$\Leftrightarrow 4(x^{2}+3)+4x-1-1=2(4x-1)\sqrt{x^{2}+3}(1)$
Đặt:$\left\{\begin{matrix} 4x-1=a & & \\ \sqrt{x^{2}+3}=b (b\geq \sqrt{3})& & \end{matrix}\right.$
$(1)\Leftrightarrow 4b^{2}+a-1=2ab \Leftrightarrow (2b-1)(2b+1)-a(2b-1)=0 \Leftrightarrow (2b-1)(2b+1-a)=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} b=\frac{1}{2}(i)& & \\ 2b=a-1(ii)& & \end{bmatrix}$
TH $(i)$ loại
TH $(ii)$ $\Leftrightarrow$$2\sqrt{x^{2}+3}=4x-2$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq \frac{1}{2} & & \\ 4(x^{2}+3)=16x^{2}-16x+4& & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow 12x^{2}-16x-8=0$
$\Leftrightarrow ...............$
Đến đây tự làm đơn giản ^^@
HUm nay e up lên vội quá. Sai sót chỗ nào các bác sửa cho e nhé!!
$\left\{\begin{matrix} x^3-y^3+3x^2+6x-3y+4=0 (1)\\ 2\sqrt{4-x^2}-3\sqrt{3+2y-y^2}-3x+2=0(2) \end{matrix}\right.$
Xét $(1)$:
$x^3-y^3+3x^2+6x-3y+4=0$
<=> $(x+1)^3-y^3+3(x-y+1)=0$
<=> $(x-y+1)[(x+1)^2+y(x+1)+y^2+3]=0$
<=> $x-y+1=0$
<=> $x=y-1$ (3)
Thay $(3)$ và phương trình $(2)$ có:
$2\sqrt{4-(y+1)^2}-3\sqrt{3+2y-y^2}-3(y+1)+2=0$
<=> $-\sqrt{3+2y-y^2}-3y+5=0$
<=> $-\sqrt{3+2y-y^2}=3y-5$
<=> $\left\{\begin{matrix} 3y+1\leq 0\\ (-\sqrt{3+2y-y^2})^2=(3y-5)^2 \end{matrix}\right.$
<=> $\left\{\begin{matrix} y\leq \frac{-1}{3}\\ 3+2y-y^2=9y^2-30y+25 \end{matrix}\right.$
<=> $\left\{\begin{matrix} y\leq \frac{-1}{3}\\ 10y^2-32y+22=0 \end{matrix}\right.$
<=>..........
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranphuonganh97: 03-10-2013 - 20:06
Đường đi khó không phải vì ngăn sông cách núi. Mà khó vì lòng người ngại núi e sông. !
bài 2b từ pt (1) ta suy ra : x-y+1=0
=>x=y-1 thế vào pt (2)
bài 2a dùng ẩn phụ không hoàn toàn cũng được! đặt $\sqrt{x^{2}+3}$=t
ai biết làm BĐT làm hộ mình với
bài 3:
ta có: $P=2ab+3bc+3ca+\frac{6}{a+b+c}$
$=(2ab+2bc+2ca)+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$
$=(a+b+c)^{2}-3+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$
ta thấy: $bc+ca\leq (a+b+c)-1$
thật vậy:$bc+ca\leq (a+b+c)-1$
$\Leftrightarrow (a+b-1)(c-1)\leq 0$ (đúng, do $c\leq 1$ nên $c^2\leq1$,nên $a^{2}+b^{2}\geq 2\Rightarrow a+b > 1$
suy ra: $P\leq (a+b+c)^{2}-3+(a+b+c)-1+\frac{6}{a+b+C}$
đặt $t=a+b+c$,$\sqrt{2}\leq t\leq 3$
khi đó: $P\leq G(t)=t^2+t+\frac{6}{t}-4$
...
suy ra: $maxG(t) =10$
vậy gtln $P =10$
p/s: gia tri $min$ thì bó tay!!!!!!
cách khác cho bài 2a
Phương trình $\Leftrightarrow 2(x^2+3)+2x-1-(4x-1)\sqrt{x^2+3}=0$
Đặt $t=\sqrt{x^2+3}$ đến đây ta xét$\Delta =16x^2-8x+1-2.4(2x-1)$
$\Delta =(4x-3)^2$
Đến đây ngon rồi
SỐNG YÊN VUI DANH LỢI MÃI COI THƯỜNG
TÂM BẤT BIẾN GIỮA DÒNG ĐỜI VẠN BIẾN
Bạn nào giúp mình câu b bài dãy với. Không biết có phải đưa về sai phân không nhỉ?
uhm,
$2014u_{n+1}=u_n^2+2013u_n$
$\Leftrightarrow 2014((u_{n+1}-1)-(u_n-1))=u_n(u_n-1)$
$\Leftrightarrow \frac{u_n}{u_{n+1}-1}=2014(\frac{1}{u_n-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})$
do đó: $v_1+v_2+...+v_n=2014(\frac{1}{2-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})<2014$
bài 3:
ta có: $P=2ab+3bc+3ca+\frac{6}{a+b+c}$
$=(2ab+2bc+2ca)+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$
$=(a+b+c)^{2}-3+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$
ta thấy: $bc+ca\leq (a+b+c)-1$
thật vậy:$bc+ca\leq (a+b+c)-1$
$\Leftrightarrow (a+b-1)(c-1)\leq 0$ (đúng, do $c\leq 1$ nên $c^2\leq1$,nên $a^{2}+b^{2}\geq 2\Rightarrow a+b > 1$
suy ra: $P\leq (a+b+c)^{2}-3+(a+b+c)-1+\frac{6}{a+b+C}$
đặt $t=a+b+c$,$\sqrt{2}\leq t\leq 3$
khi đó: $P\leq G(t)=t^2+t+\frac{6}{t}-4$
...
suy ra: $maxG(t) =10$
vậy gtln $P =10$
p/s: gia tri $min$ thì bó tay!!!!!!
bạn giải thích hộ mình chỗ $a^{2}+b^{2}\geqslant 2 \Rightarrow a+b\geqslant 1 được không?
bài 5:
có $u_{n+1}-u_{n}= \frac{u_{n}^{2}+2013u_{n}-2014u_{n}}{2014}= \frac{u_{n}^{2}-u_{n}}{2014}= \frac{u_{n}(u_{n}-1)}{2014} > 0$ (do $u_{n}\geq u_{1}=2> 1$
suy ra $u_{n+1}-u_{n}> 0$, suy ra là dãy tăng
b. đề bài tương đương với : $2014u_{n+1}= u_{n}^{2}+ 2013u_{n}$
$2014(u_{n+1}-1)= (u_{n}-1)(u_{n}+2014)$
$\frac{u_{n}+2014}{u_{n+1}-1}= 2014\frac{1}{u_{n}-1}$
$\frac{u_{n}}{u_{n+1}-1}= 2014(\frac{1}{u_{n}-1}- \frac{1}{u_{n+1}-1})$
suy ra$v_{1}+v_{2}+v_{3}+...+u_{n}= 2014(\frac{1}{u_{1}-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})=2014- \frac{2014}{u_{n+1}-1}< 2014$ đpcm
bạn giải thích hộ mình chỗ $a^{2}+b^{2}\geqslant 2 \Rightarrow a+b\geqslant 1 được không?
đơn giản mà!!! nếu $a+b<1$ thì$a<1$, $b<1$! do đó: $a^2+b^2<2$ (VÔ LÍ)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chagtraife: 18-10-2013 - 12:06
Câu 1b.
Gọi A(a,y(a)) B(b,y(b)) và C(c,y(c)) (a,b,c khác 0 và đôi một khác nhau)
Điêì kiện để A , B , C thẳng hàng là $\overrightarrow{AB}=k.\overrightarrow{AC}$$\Leftrightarrow \frac{x_A-x_B}{y_A-y_B}=\frac{x_A-x_C}{y_A-y_C} a=b=c$
Viết phương Trình tiếp tuyến tai A.B,C
Tìm Giao điểm A' , B' , C' (theo a, b, c)
Tổng hoành độ của ba điểm A' , B' , C' =-2(a+b+c)=0
Suy ra A' , B' , C' thẳng hàng
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuvanquya1nct: 23-10-2013 - 15:18
Câu 1b.
Gọi A(a,y(a)) B(b,y(b)) và C(c,y(c)) (a,b,c khác 0 và đôi một khác nhau)
Điêì kiện để A , B , C thẳng hàng là $\overrightarrow{AB}=k.\overrightarrow{AC}$$\Leftrightarrow \frac{x_A-x_B}{y_A-y_B}=\frac{x_A-x_C}{y_A-y_C} a=b=c$
Viết phương Trình tiếp tuyến tai A.B,C
Tìm Giao điểm A' , B' , C' (theo a, b, c)
Tổng hoành độ của ba điểm A' , B' , C' =-2(a+b+c)=0
Suy ra A' , B' , C' thẳng hàng
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuvanquya1nct: 23-10-2013 - 15:20
bài 3:
ta có: $P=2ab+3bc+3ca+\frac{6}{a+b+c}$
$=(2ab+2bc+2ca)+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$
$=(a+b+c)^{2}-3+\frac{6}{a+b+c}+bc+ca$
ta thấy: $bc+ca\leq (a+b+c)-1$
thật vậy:$bc+ca\leq (a+b+c)-1$
$\Leftrightarrow (a+b-1)(c-1)\leq 0$ (đúng, do $c\leq 1$ nên $c^2\leq1$,nên $a^{2}+b^{2}\geq 2\Rightarrow a+b > 1$
suy ra: $P\leq (a+b+c)^{2}-3+(a+b+c)-1+\frac{6}{a+b+C}$
đặt $t=a+b+c$,$\sqrt{2}\leq t\leq 3$
khi đó: $P\leq G(t)=t^2+t+\frac{6}{t}-4$
...
suy ra: $maxG(t) =10$
vậy gtln $P =10$
p/s: gia tri $min$ thì bó tay!!!!!!
Mình vừa tìm được min rồi /
$(a+b+c)^{2}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}=3\Leftrightarrow a+b+c\geq \sqrt{3}$
$P=3(ab+bc+ac)-ab+\frac{6}{a+b+c}=\frac{3}{2}((a+b+c)^{2}-3)-ab+\frac{6}{a+b+c}$
Có $ab\leq \frac{a^{2}+b^{2}}{2}\leq \frac{3}{2}$
Đặt $a+b+c=t (t\geq \sqrt{3})$
Khao sat $f(t)=\frac{3}{2}t^{2}+\frac{6}{t}-\frac{3}{2}\geq f(\sqrt{3})$ OK
bài 5:
có $u_{n+1}-u_{n}= \frac{u_{n}^{2}+2013u_{n}-2014u_{n}}{2014}= \frac{u_{n}^{2}-u_{n}}{2014}= \frac{u_{n}(u_{n}-1)}{2014} > 0$ (do $u_{n}\geq u_{1}=2> 1$
suy ra $u_{n+1}-u_{n}> 0$, suy ra là dãy tăng
b. đề bài tương đương với : $2014u_{n+1}= u_{n}^{2}+ 2013u_{n}$
$2014(u_{n+1}-1)= (u_{n}-1)(u_{n}+2014)$
$\frac{u_{n}+2014}{u_{n+1}-1}= 2014\frac{1}{u_{n}-1}$
$\frac{u_{n}}{u_{n+1}-1}= 2014(\frac{1}{u_{n}-1}- \frac{1}{u_{n+1}-1})$
suy ra$v_{1}+v_{2}+v_{3}+...+u_{n}= 2014(\frac{1}{u_{1}-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})=2014- \frac{2014}{u_{n+1}-1}< 2014$ đpcm
ban ko sai nhưng phải giải thích chứ nó đã là dãy tăng đâu mà nói như thế đc ??
tàn lụi
Mình vừa tìm được min rồi /
$(a+b+c)^{2}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}=3\Leftrightarrow a+b+c\geq \sqrt{3}$
$P=3(ab+bc+ac)-ab+\frac{6}{a+b+c}=\frac{3}{2}((a+b+c)^{2}-3)-ab+\frac{6}{a+b+c}$
Có $ab\leq \frac{a^{2}+b^{2}}{2}\leq \frac{3}{2}$
Đặt $a+b+c=t (t\geq \sqrt{3})$
Khao sat $f(t)=\frac{3}{2}t^{2}+\frac{6}{t}-\frac{3}{2}\geq f(\sqrt{3})$ OK
Đặt $a+b+c=t\Rightarrow t^{2}\geq 3\Rightarrow t\geq \sqrt{3}$
$P=2(ab+bc+ac)+c(a+b)+\frac{6}{a+b+c}\geq t^{2}-3+\frac{6}{t}$
Xét $f(t)=\frac{6}{t}+t^{2}$ với $t\geq \sqrt{3}$
$f(t)'=2t-\frac{6}{t^{2}}=2\frac{t^{3}-3}{t^{2}}> 0\Rightarrow f(t)\geq f(\sqrt{3})=3+2\sqrt{3}\Rightarrow P\geq 2\sqrt{3}$
Mình không gõ được nên đăng ảnh thôi!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Love Inequalities: 29-06-2014 - 00:06
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh