Chủ đề này có 15 trả lời

[MyLoveIs4Ever]

1) CMR tam giac ABC đều khi:
$\large\ tanA/4,tanB/4.tanC/4=(7-4\sqrt3)(2-\sqrt3) $
2) Cho tam giác ABC co diện tích S độ dài là a,b,c CMR:
a) $\large\ a^2+b^2+c^2 \geq 4S\sqrt3 +(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$( Uống trà)
b) CMR:$\large\ a^{2006}+b^{2006}+c^{2006} \geq 3(\dfrac{4}{\sqrt3})^{1003}S^{1003}+|a-b|^{2006}+|b-c|^{2006}+|c-a|^{2006}+(b+c-a)^{1003}|b-c|^{1003}+(c+a-b)^{1003}|c-a|^{1003}+(a+b-c)^{1003}|a-b|^{1003} $ (Vào đề).
3)Cho I,O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoậi tiếp tam giác ABC ko đều CMR:
^AIO 90 độ thì 2BC AB+AC
4)Giải các pt sau
a)$\large\sqrt{1+\sqrt{1-x^2}}[\sqrt{(1+x)^3}-\sqrt{(1-x)^3}]=\dfrac{2}{\sqrt3}+\sqrt{\dfrac{1-x^2}{3} $
b) $\large\dfrac{(x-1)^4}{(x^2-3)^2}+(x^2-3)^4+\dfrac{1}{(x-1)^2}=3x^2-2x-5$
5)Tìm 1000 chữ số tân cùng của số:
N=$\large\ 1+50+50^2+50^3+...+50^{999} $.......
6) Với m,n là các số tự nhiên (>1) thì ta có thể biểu diễn:
$\large\sqrt{m}=1+\sqrt[n]{\sqrt{N_1}-\sqrt{N_1-1}}+\sqrt[n]{\sqrt{N_2}-\sqrt{N_2-1}}+...+\sqrt[n]{\sqrt{N_{m-1}}-\sqrt{N_{m-1}-1} $
Với bài 5 và 6 có thể chọn 1 trong 2 bài.......Mình xin lỗi các bạn nha đây là đề mình tự sọan để giao lưu với các bạn THPT Cao Lãnh lớp 10, mình ở 10 T ở THPT SADEC (Chung Tỉnh) ai giải được xin đừng Pót lời giải mà hãy để mấy bạn Cao Lãnh pót......Cám ơn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doanquocdung: 31-03-2007 - 23:22

[t_toan]

Bài 1:Ta cần chứng minh:
$\tan\large\dfrac{A}{4}.\tan\dfrac{B}{4} \leq \tan^2\dfrac{A+B}{8}$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với BĐT hiển nhiên sau:
$\cos\large\dfrac{A+B}{4}(\cos\dfrac{A-B}{4}-1) \leq 0 $
(Biến đổi lượng giác 1 chút thui !)
Dấu "=" xảy ra khi A=B
Tương tự ta có:
$\tan\large\dfrac{C}{4}.\tan\dfrac{\pi}{12} \leq \tan^2\dfrac{C+\dfrac{\pi}{3}}{8}$
Từ đây suy ra:
$\tan\large\dfrac{A}{4}.\tan\dfrac{B}{4}.\tan\large\dfrac{C}{4}.\tan\dfrac{\pi}{12} \leq \tan^2\dfrac{A+B}{8}.\tan^2\dfrac{C+\dfrac{\pi}{3}}{8}$

Tiếp tục ta có BĐT sau:
$\tan\large\dfrac{A}{4}.\tan\dfrac{B}{4}.\tan\large\dfrac{C}{4} \leq \tan^3\dfrac{\pi}{12}$
Lại có $\tan^3\dfrac{\pi}{12}=(7-4\sqrt{3})(2-\sqrt{3})$
Dấu "=" xảy ra khi chi khi tam giac ABC đều .Đpcm

[t_toan]

Bài 2:
a)Ta có
$a^2=b^2+c^2-2bc.cosA=(b-c)^2+2bc(1-cosA)=(b-c)^2+4.S.tan\dfrac{A}{2}$
Tương tự đối với b,c.
Ta có :
$a^2+b^2+c^2 \geq (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2+4.S.(tan\dfrac{A}{2}+tan\dfrac{B}{2}+tan\dfrac{C}{2})$
Vì: $tan\dfrac{A}{2}+tan\dfrac{B}{2}+tan\dfrac{C}{2} \geq \sqrt{3}$
Từ đây suy ra đpcm.
Câu b) tính sau nha!

[t_toan]

Bài 4:
a)pt(a) tương đương với:

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

$\Leftrightarrow (1+\sqrt{1-x^2})(2-2\sqrt{1-x^2})=\dfrac{1}{3}$$(x \geq 0)$ $\Leftrightarrow 1-x^2=\dfrac{5}{6}$

$ \Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{6}}{6}$
Còn câu b)

[MyLoveIs4Ever]

Bài 1 còn một cách nữa là $\large\ tanC/4=tan(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{A+B}{4}}$ sau đó dùng công thức tan khai triển sau đó tìm max của $\large\sqrt[3]{tanA/4tanB/4tanC/4} $ ai cần lời giải mình sẽ pót đầy đủ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doanquocdung: 02-04-2007 - 17:45

[t_toan]

4b)Đặt
$a=(x-1)$
$b=(x^2-3)$
Phương trình đưa về dạng
$\large\dfrac{(a^2)^2}{b^2}+b^4+\dfrac{1}{a^2}-2b-a^2=0$
$ \Leftrightarrow (\dfrac{a^2}{b}-b)^2+(b^2-1)^2+(b-1)^2+(a-\dfrac{1}{a})^2$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a^2=b^2,b^2=1,b=1,a^2=1$
Từ đây suy ra x=2 là nghiệm duy nhất.

[t_toan]

Bài 5 là tìm 1000 chữ số tận cùng hả bác!

[MyLoveIs4Ever]

Ờ bài này chắc Bác khó tìm ra được lời giải đấy bởi phải có máy tính tính 24 số thập phân đầu tiên của phân sô 1/49 hay đó là chu kì của dãy số lặp lại(Đây là gợi ý) Vì vậy nên D đề nghị Tuấn giải thêm bài số nữa đó

[t_toan]

Bài này sao giống Thi CASIO quá.Để mình pót lời giải lên sau.Không cần máy tính 24 chữ số đâu!Chỉ cần casio fx570 es là được

[t_toan]

Bài 2b, bài 3, bài 6 mình xin chịu thua.
Mình xin lỗi vì đã không làm được trọn vẹn.(<_>)!

[MyLoveIs4Ever]

Tuấn nói gì vậy chủ yếu là zao lưu mà ko giải được thì có sao đâu "tóan học muôn màu"
đây là lời gaỉi của mình mấy bài Tuấn giải được mình ko pót nha

[MyLoveIs4Ever]

Bài 2b bài này là kem chua hạng nặng.
Ta CM các bổ đề sau đã:
Bổ đề 1:với mọi x>y>=0 và m>=1 thì ta có $\large\ x^m-y^m \geq (x-y)^m $
CM ta có $\large\ 0 \leq \dfrac{y}{x} \leq 1,\dfrac{x-y}{x} \leq 1 $
nên $\large(\dfrac{y}{x})^m \leq \dfrac{y}{x};(\dfrac{x-y}{x})^m \leq \dfrac{x-y}{x} $
Bổ đề 2: với x,y,z dương và m>=1 ta có:
a) $\large\dfrac{x^m+y^m}{2} \geq (\dfrac{x+y}{2})^m$
b) $\large\dfrac{x^m+y^m+z^m}{3} \geq (\dfrac{x+y+z}{3})^2 $
Cái này dùng JenSen hoặc B.C.S mở rộng hoặc Becnoully là CM dễ dàng.
Bổ đề 3: Cho x,y >=0 m>=2 ta có:
a) $\large\(x^2+y^2)^{\dfrac{m}{2}} \geq x^m+y^m $
b) $\large\dfrac{x^m+y^m}{2} \geq (\dfrac{x+y}{2})^2+|\dfrac{x-y}{2}|^m $
CM:
a) Cm tương tự như Cm bổ đề 1
b) $\large\ VP \leq [(\dfrac{x+y}{2})^2+|\dfrac{x-y}{2}|^2]^{\dfrac{m}{2}} \leq (\dfrac{x^2+y^2}{2})^{\dfrac{m}{2}} \leq \dfrac{x^m+y^m}{2} $ (do bổ đề 2a)
Vào dề CM:
Ta có $\large\sum(a^{2n}-|b-c|^{2n}) \geq \sum(a^2-|b-c|^2)^n=\sum[4(p-a)(p-b)]^n $
=? $\large\sum(a^{2n}-|b-c|^{2n}) \geq \sum\dfrac{[4(p-a)(p-b)]^n+[4(p-c)(p-a)]^n}{2} \geq \sum[(\dfrac{4(p-b)(p-c)+4(p-c)(p-a)}{2})^n+(a+b-c)^n|a-b|^n] \geq 3[\dfrac{4(p-a)(p-b)+4(p-b)(p-c)+4(p-c)(p-a)}{3}]^n+\sum[(b+c-a)^n|b-c|^n]$ =dpcm do $\large\(p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-a)(p-c) \geq S\sqrt3 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doanquocdung: 03-04-2007 - 20:01

[MyLoveIs4Ever]

Bài 3 nha do >AIO < 90 độ nên $\large\ AI^2+IO^2 \geq AO^2 $
<=> $\large\ R^2 \leq R^2-2Rr+\dfrac{r^}{sin^2A/2} $
<=> $\large\ 2R \leq \dfrac{r}{sin^2A/2} $
<=> $\large\ 1-cosA \leq \dfrac{r}{R}=\dfrac{S}{pR}=\dfrac{bcsinA}{R(a+b+c)} $
<=> $\large\ 1-cosA \leq \dfrac{2bcsin^2A}{a(a+b+c)}$ <=>$\large\ a(a+b+c) \leq 2bc(1+cosA) $
<=> $\large\ a(a+b+c) \leq (b+c)^2-a^2=(b+c-a)(a+b+c) $ => dpcm

[MyLoveIs4Ever]

Còn bài cuối fãi ko:(Phù mệt wá)
Theo nhị thức Niutơn ta có thể biểu diễn $\large\(\sqrt{m}-\sqrt{m-1})^n=\sqrt{N_m}-\sqrt{N_{m-1}} $
$\large\(\sqrt{m}+\sqrt{m-1})^n =\sqrt{N_m}+\sqrt{N_{m-1}} $ với các N này nguyên
=> $\large\ 1=N_m-N_{m-1}=>N_{m-1}=N_m-1 $ => dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doanquocdung: 03-04-2007 - 20:20

[t_toan]

Bài 3 nha do >AIO < 90 độ nên $\large\ AI^2+IO^2 \geq AO^2 $
<=> $\large\ R^2 \leq R^2-2Rr+\dfrac{r^}{sin^2A/2} $
<=> $\large\ 2R \leq \dfrac{r}{sin^2A/2} $
<=> $\large\ 1-cosA \leq \dfrac{r}{R}=\dfrac{S}{pR}=\dfrac{bcsinA}{R(a+b+c)} $
<=> $\large\ 1-cosA \leq \dfrac{2bcsin^2A}{a(a+b+c)}$ <=>$\large\ a(a+b+c) \leq 2bc(1+cosA) $
<=> $\large\ a(a+b+c) \leq (b+c)^2-a^2=(b+c-a)(a+b+c) $ => dpcm

Bài này mình cũng mới vừa giải ra hồi tối.Thật tiết, nếu mình nhận ra đẳng thứ $OI^2=R^2-2Rr $thì có thể có lời giải sớm hơn.

[MyLoveIs4Ever]

Hì hì hì,đúng là học tóan chua thiệt ngoài vận dụng kĩ năng sáng tạo+kiện trì mà còn+nhớ công thức nữa Mệt thiệt.......
Nhắc đến mới nhớ công thức của Anhxtanh A=X+Y+Z .....