moonlight0610

1 kỳ thi có 720 thí sinh. Mỗi thí sinh được phát 1 đề thi gồm 4 câu được chọn từ n câu. Hai đề thi gọi là khác nhau nếu có ít nhất 1 câu khác nhau. Tìm số n nhỏ nhất sao cho bất kì 2 thí sinh nào cũng có 1 đề thi khác nhau. Với số n đó ta có thể lập được bao nhiêu đề thi?

Làm luôn câu 2
2.$\cos^{10}x+\sin ^{10}x=\frac{1}{32}(1-cos2x)^{5}+\frac{1}{32}(1+cos2x)^{5}$
$=\frac{1}{32}(-cos^{5}2x+5cos^{4}2x-10cos^{3}2x+10cos^{2}2x-5cos2x+1+cos^{5}2x+5cos^{4}2x+10cos^{3}2x+10cos^{2}2x+5cos2x+1)$
$=\frac{5}{16}cos^{4}2x+\frac{5}{8}cos^{2}2x+\frac{1}{16}$
$=\frac{5}{16}\left [\frac{(cos4x+1)^{2}}{4}\right ]+\frac{5}{8}\left [ \frac{cos4x+1}{2} \right]+\frac{1}{16}$
$=\frac{5}{16}\left [ \frac{1}{4}(\frac{cos8x+1}{2})+\frac{1}{2}cos4x+\frac{1}{4} \right ]+\frac{5}{16}cos4x+\frac{3}{8}$
$=\frac{5}{128}cos8x+\frac{15}{128}+\frac{5}{32}cos4x+\frac{5}{16}cos4x+\frac{3}{8}$
$=\frac{5}{128}cos8x+\frac{15}{32}cos4x+\frac{63}{128}$
P/s: Do cái bài này nằm trg mục PT, HPT lượng giác nên em đã bất cẩn ko đọc đề Hèn zì làm thấy nghiệm nó kì kì. Chị Ly gợi ý cho e giải bài pt LG của chị đi

a) $sin^{4}x+cos^{4}x=\frac{1}{2}sin2x\Leftrightarrow 1-2sin^{2}xcos^{2}x=\frac{1}{2}sin2x$
$\Leftrightarrow 1-\frac{sin^{2}2x}{2}=\frac{1}{2}sin2x\Leftrightarrow sin^{2}2x+sin2x-2=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
sin2x=1\\
sin2x=-2 (l)
\end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+k\pi (k\epsilon \mathbb{Z})$
b) $sin^{4}x+cos^{4}x=\frac{3-cos6x}{4}\Leftrightarrow \frac{3}{4}+\frac{1}{4}cos4x=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}cos6x$
$\Leftrightarrow cos6x=-cos4x\Leftrightarrow cos6x=cos(\pi -4x)$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=\frac{\pi }{10}+k\frac{2}{5}\pi \\ x=-\frac{\pi }{2}+k\pi
\end{bmatrix} (k\epsilon \mathbb{Z})$
c) $sin^{2}x-cos^{2}x=cos4x\Leftrightarrow cos4x=-cos2x\Leftrightarrow cos4x=cos(\pi -2x)$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=\frac{\pi }{6}+k\frac{\pi}{3} \\ x=-\frac{\pi }{2}+k\pi

\end{bmatrix} (k\epsilon \mathbb{Z})$

2/ $4cos3x.cos^{3}x-4sin3x.sin^{3}x-4cos^{3}4x=1+sin5x$
$\Leftrightarrow 4cos3x\frac{cos3x+3cosx}{4}-4sin3x\frac{3sinx-sin3x}{4}-4cos^{3}4x=1+sin5x$
$\Leftrightarrow cos^{2}3x+3cosxcos3x-3sinxsin3x+sin^{2}3x-4cos^{3}4x=1+sin5x$
$\Leftrightarrow 1+3cos4x-4cos^{3}4x=1+sin5x$
$\Leftrightarrow cos12x=-sin5x \Leftrightarrow cos12x=cos(\frac{\pi }{2}+5x)$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
12x=\frac{\pi }{2}+5x+k2\pi\\ 12x=-\frac{\pi }{2}-5x+k2\pi \end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=\frac{\pi }{14}+k\frac{2}{7}\pi\\ x=-\frac{\pi }{34}+k\frac{2}{17}\pi
\end{bmatrix}(k\epsilon \mathbb{Z})$
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm

*Điều kiện:
$sin^{2}x \in (0;1]$ ; $cos^{2}x \in (0;1]$

*Phương trình đã cho tương đương:
$256^{sin^{2}x}+256^{cos^{2}x}=81^{sin^{2}x}+81^{cos^{2}x}+49^{sin^{2}x}+49^{cos^{2}x}$
Áp dụng BĐT AM-GM, ta được:
$256^{sin^{2}x} + 256^{cos^{2}x}\geq 2\sqrt{256^{sin^{2}x}.256^{cos^{2}x}}=2\sqrt{256^{sin^{2}x+cos^{2}x}}=32$

$81^{sin^{2}x} + 81^{cos^{2}x}\geq 2\sqrt{81^{sin^{2}x}.81^{cos^{2}x}}=2\sqrt{81^{sin^{2}x+cos^{2}x}}=18$

$49^{sin^{2}x} + 49^{cos^{2}x}\geq 2\sqrt{49^{sin^{2}x}.49^{cos^{2}x}}=2\sqrt{49^{sin^{2}x+cos^{2}x}}=14$
$\Longrightarrow 81^{sin^{2}x}+81^{cos^{2}x}+49^{sin^{2}x} + 49^{cos^{2}x}\geq 18+14=32$
Dấu "=" xảy ra khi: $sin^{2}x=cos^{2}x \Longleftrightarrow sin^{2}x=1-sin^{2}x \Longleftrightarrow sin^{2}x= \dfrac{1}{2}$
$ \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2}.(1-cos2x)=\dfrac{1}{2} \Longleftrightarrow cos2x=0 \Longleftrightarrow 2x= \dfrac{\pi}{2}+k\pi \Longleftrightarrow x= \dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2}$ (k $\epsilon$Z)
P/s: Bài này e làm theo suy nghĩ của e nên ko biết đúng hay sai, nếu sai chỗ nào thì chị sửa lại cho e để e rút kinh nghiệm cho lần sau nhé

Cách này hơi dài tí, bạn xem thử rồi cho mình ý kiến nhé
$tan\frac{B}{2}=\frac{sinB}{sinA+sinC}$ $\Leftrightarrow \frac{sin\frac{B}{2}}{cos\frac{B}{2}}=\frac{sinB}{sinA+sin(A+B)}$
$\Leftrightarrow \frac{sin\frac{B}{2}}{cos\frac{B}{2}}=\frac{sinB}{2sin\frac{2A+B}{2}cos\frac{B}{2}}$
$\Leftrightarrow \frac{sinB}{cos\frac{B}{2}}=\frac{sinB}{sin\frac{2A+B}{2}}$
$\Leftrightarrow sin\frac{2A+B}{2}-cos\frac{B}{2}=0\Leftrightarrow sin\frac{2A+B}{2}-sin\frac{A+C}{2}=0$
$\Leftrightarrow 2cos\left ( \frac{A}{2}+\frac{\pi }{4}\right )sin\left ( \frac{\pi }{4}-\frac{C}{2} \right )=0$
$\Leftrightarrow cos\left ( \frac{A}{2}+\frac{\pi }{4} \right )=0$ hoặc $sin\left ( \frac{\pi }{4}-\frac{C}{2} \right )=0$
$\Leftrightarrow cos\left ( \frac{A}{2}+\frac{\pi }{4} \right )=cos\frac{\pi }{2}$ hoặc $\frac{\pi }{4}=\frac{C}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{A}{2}+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}$ hoặc $C=\frac{\pi }{2}$
$\Leftrightarrow A=\frac{\pi }{2}$ hoặc $C=\frac{\pi }{2}$
Vậy tam giác thỏa mãn hệ thức đã cho là tam giác vuông.

Cách này ngắn hơn tí
$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$. Do a > b > 0 nên ta có:
* 1 = $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$ $\geq \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2}$
$\Leftrightarrow 1 \geq \frac{OM^2}{a^2} \Leftrightarrow OM\leq a$ (OM =a khi y=0)
* 1 = $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$$\leq \frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{b^2} \Leftrightarrow 1\leq \frac{OM^2}{b^2}\Leftrightarrow OM\geq b$ (OM = b khi x=0)
Vậy b $\leq OM \leq a$ (đpcm)

Cho A, B, C là 3 góc của tam giác ABC. Chứng minh rằng để tam giác ABC đều thì điều kiện cần và đủ là:
$\large cos^2A+cos^2B+cos^2C-2=\frac{1}{4}cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos(\frac{C-A}{2})$

Bài này hình như có vấn đề rồi bạn ơi, đề đúng phải là $cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}-2=\frac{1}{4}cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos\frac{C-A}{2}$ nếu thế thì mình giải như sau:
Ta có: $cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}-2= \frac{1+cos2A}{2}+\frac{1+cos2B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}-2$
=$1+cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}+1-sin^{2}\frac{C}{2}-2$
=$2+sin\frac{C}{2}(cos\frac{A-B}{2}-cos\frac{A+B}{2})-2$
=$2sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$
Giả thiết đã cho tương đương với:
$8sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}=cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos\frac{C-A}{2}$
$\Leftrightarrow 64sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}$
=$8cos\frac{A-B}{2}sin\frac{A+B}{2}cos\frac{B-C}{2}sin\frac{B+C}{2}cos\frac{C-A}{2}sin\frac{C+A}{2}$
$\Leftrightarrow 8sinAsinBsinC=(sinA+sinB)(sinB+sinC)(sinC+sinA)$
$\Leftrightarrow 8abc=(a+b)(b+c)(c+a)$
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: $(a+b)(b+c)(c+a) \geq 8abc$ $\Rightarrow$ Q.E.D
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. Vậy tam giác ABC đều.

Giả thiết đã cho tương đương với $\frac{a}{P}=\frac{sin\frac{A}{2}}{cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}$
Theo định lí hàm số sin, ta có:
$\frac{a}{P}=2\frac{2RsinA}{a+b+c}=\frac{4RsinA}{2R(sinA+sinB+sinC)}=\frac{8Rsin\frac{A}{2}cos\frac{A}{2}}{8Rcos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}=\frac{sin\frac{A}{2}}{cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}$ $\Rightarrow Q.E.D$

VT=$\frac{(sin\alpha-cos\alpha)(sin\alpha +cos\alpha )}{sin^{2}\alpha +cos^{2}\alpha +2sin\alpha.cos\alpha }=\frac{(sin\alpha-cos\alpha)(sin\alpha +cos\alpha )}{(sin\alpha +cos\alpha )^{2}}=\frac{sin\alpha-cos\alpha}{sin\alpha +cos\alpha}$
VP=$\frac{sin\alpha -cos\alpha }{cos\alpha }:\frac{sin\alpha +cos\alpha }{cos\alpha }=\frac{sin\alpha -cos\alpha}{sin\alpha +cos\alpha}$
$\Rightarrow$ VT=VP (đpcm)

Câu này tớ đã từng hỏi rồi Đây là cách giải của bạn Ispectorgadget!
Ta có: $(a+b+c+1)^2=(a.1+\frac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{2}(b+c)+\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2})^2\leq (a^2+1)[3+2(b+c)^2]$
Khi đó ta cần chứng minh BĐT sau
$\frac{5}{16}[3+2(b+c)^2]\leq (b^2+1)(c^2+1)$
Hay $16b^2c^2+6(b^2+c^2)+1\geq 20cb$
BĐT hiển nhiên đúng do
$16b^2c^2+1\geq 8cb;6(b^2+c^2)\geq 12bc$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $c=b=\frac{1}{2}$

nhưng áp dụng cho $ \frac{a}{1+b^2}$ kiểu gì hả anh.

theo e hiểu là: $VT\geq a-\frac{ab}{2}+b-\frac{bc}{2}+c-\frac{ca}{2}$

Còn mấy bài này thì sao:
1.\[\left\{\begin{matrix} xy-x+y=-3 & & \\ x^2+y^2-x+y+xy=6& & \end{matrix}\right.\]
Bài này thì mình nhìn thấy
có xy-x+y=-3 ở
cả 2 PT rồi nhưng còn x^2 +y^2 thì chưa biết cách giải quyết
2.
\[\left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{x-y}=\sqrt{x-y} & & \\ x+y=\sqrt{x+y+2}& & \end{matrix}\right.\]
3.
\[\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-y}=9-\left | x+2y \right | & & \\ x(x+4y-2)+y(4y+2)=41& & \end{matrix}\right.\]

Bài 1 trc
$\left\{\begin{matrix}xy-x+y=-3 \\ x^{2}+y^{2}-x+y+xy=6 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}xy-x+y=-3 \\ x^{2}+y^{2}=9 \end{matrix}\right.$
Đặt -x=u, y=v
hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}-uv+u+v=-3 \\ u^{2}+v^{2}=9 \end{matrix}\right.$
Đặt S=u+v, P=u.v
hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}-P+S=-3 \\ S^{2}-2P=9 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}P=S+3 \\ S^{2}-2S-15=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}P=S+3 \\ S=5 hay S=-3 \end{matrix}\right.$
*S=5 => P=8
*S=-3 => P=0
TH1: S=5, P=8
Ta có u,v là nghiệm của pt
$x^{2}-Sx+P=0 \Leftrightarrow x^{2}-5x+8=0$
$\Rightarrow$ pt vô nghiệm
TH2: S=-3, P=0
Ta có u, v là nghiệm của pt:
$x^{2}-Sx+P=0 \Leftrightarrow x^{2}+3x=0$
$\Leftrightarrow x(x+3)=0 \Leftrightarrow$ x=0 hay x=-3
Chọn $\left\{\begin{matrix}u=0 \\ v=-3 \end{matrix}\right. hay \left\{\begin{matrix}u=-3 \\ v=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0 \\ y=-3 \end{matrix}\right. hay \left\{\begin{matrix}x=3 \\ y=0 \end{matrix}\right.$
Vậy hệ có 2 nghiệm (0;-3) và (3;0)

Câu 2: Hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x\leq \frac{m-1}{2} \\ x\leq \frac{1-2m}{m} \end{matrix}\right.$
Để hệ có nghiệm duy nhất:
$\frac{m-1}{2}=\frac{1-2m}{m}$ Điều kiện: $m\neq 0$
$\Leftrightarrow m^{2}+3m-2= 0$
Giải ra, ta được: m= $\frac{-3\pm \sqrt{17}}{2}$ (thỏa $m\neq 0$ )
Vậy với m=$\frac{-3+\sqrt{17}}{2} \cup m=\frac{-3-\sqrt{17}}{2}$ thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất! ^^ Đây là cách giải của mình, có gì thiếu sót, mọi người góp ý cho tớ để tớ sửa nhé!

Câu cuối trước:
Ta có: $\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}$ = $\sqrt{\frac{a^2(1+b+c)}{(a^2+b+c)(1+b+c)}}$ $\leq$ $\frac{\sqrt{a^2(1+b+c)}}{a+b+c}$
Xây dựng hai cái tương tự rồi cộng vế vs vế ta đk:
$\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}$ + $\sqrt{\frac{b^{2}}{b^{2}+c+a}}$ + $\sqrt{\frac{c^{2}}{c^{2}+a+b}}$ $\leq$ $\frac{\sqrt{a^2(1+b+c)}+\sqrt{b^2(1+c+a)}+\sqrt{c^2(1+a+b)}}{a+b+c}$
Bây h ta cần cm: $\sqrt{a^2(1+b+c)}$ + $\sqrt{b^2(1+c+a)}$ + $\sqrt{c^2(1+a+b)}$ $\leq$ $3(a+b+c)$
Thật vậy, nghe nói theo ông Cauchy-Schwarz ta cóa:
$\sqrt{a^2(1+b+c)}$ + $\sqrt{b^2(1+c+a)}$ + $\sqrt{c^2(1+a+b)}$ = $\sqrt{a(a+ab+ac)}$ + $\sqrt{b(b+bc+ba)}$ + $\sqrt{c(c+ca+cb)}$ $\leq$ $\sqrt{(a+b+c)(a+b+c+2ab+2bc+2ca)}$.
Đến đây tớ nghĩ Châu nên làm tiếp!
p/s1: bài này kòn một cách giải nữa của anh Nguyễn Đình Toàn - toan_glifc nhưng t không nhớ, cách trên là của anh VQBC
p/s2: Ngại gõ latex, ngại làm bđt!

Hì, cám ơn Quả nhìu nhé! ^^ Tới đây C làm đc rồi Vô cùng vô cùng vô cùng cám ơn Quả đã dành thời gian vào giải! Bản Latex rắc rối thật, nhưng tiện cái đọc dễ hiểu