Rias Gremory

em làm rồi mà thấy thành viên nổi bật năm nên bối rối quá sửa lại mất! hic

Sao phải bối rối , nếu làm được thì cứ post thôi , nick đó giờ không còn là của chủ nhân nó nữa , có người khác đã sở hữu rồi

Giải bất phương trình : $6x^2+5\sqrt{x}+4\sqrt{4x-3}< 3x\sqrt{4x^2-3x}+12x$

 

 

 

$P=(\frac{3x^2}{2x+y+z-1}+\frac{3y^2}{x+2y-z+1})-2z^2-6x-6y+4z\geq\frac{3(x+y)^{2}}{3(x+y)}-2z^2-6x-6y+4z=2z^{2}-5x-5y+4z$  (C-S)

 

Mà $x^2+y^2+z^2=2z+1\Rightarrow 4z=2(x^2+y^2+z^2-1)$

 

$\Rightarrow P\geq 2z^{2}-5x-5y+2(x^{2}+y^{2}+z^{2}-1)=2\left [(x-1)^{2}+(y-1)^{2} \right ]-(x+y)-6\geq -6-(x+y)$

 

Lại có: $2z+1=x^2+y^2+z^2\Rightarrow 2z+2=x^2+y^2+z^2+1\geq x^{2}+y^{2}+2z\Rightarrow x^{2}+y^{2}\leq 2\Rightarrow (x+y)^{2}\leq 2(x^{2}+y^{2})=4\Rightarrow x+y\leq 2$

 

$\Rightarrow P\geq -6-(x+y)\geq -8$

.................................................................

 

Một bài lừa về mặt thị giác!

 

P/S: Sinh nhật em

 

Ngồi vọc vọc chế chế vậy thôi !! Bài viết của em có một số chỗ bị lỗi , chắc gõ nhầm , anh đã Fix ~!

Cho các số $x,y,z$ không âm thỏa mã $x^2+y^2+z^2=2z+1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P=\frac{3x^2}{2x+y+z-1}+\frac{3y^2}{x+2y-z+1}-2z^2-6x-6y+4z$

Không biết gì về tam quốc nhưng vẫn thích nhất Lữ Bố  

Câu $1a$

$\Leftrightarrow \frac{(cos^2x-1)(2cosx-1)}{sinx(cosx+1)}=1-sin2x+2cos^2x$

$\Leftrightarrow \frac{-sinx(2cosx-1)}{cosx+1}=1-sin2x+2cos^2x$

$\Leftrightarrow sinx+2cos^2xsinx=(1+cosx)(1+cos^2x)\Leftrightarrow sinx=1+cosx$

Giải pt : $ \sqrt{3x+1}-\sqrt{6-x}+3x^2-14x-8=0 $

$PT \Leftrightarrow \sqrt{3x+1}-4-(\sqrt{6-x}-1)+3x^{2}-14x-5 =0$

$\Leftrightarrow \frac{3(x-5)}{\sqrt{3x+1}+4} +\frac{x-5}{\sqrt{6-x}+1} + (x-5)(3x+1)= 0$

$\Leftrightarrow x=5$

Cho tam giác ABC với trung tuyến AM. Các điểm E,F lần lượt thuộc CA,AB sao cho EF song song với BC. H là hình chiếu vuông góc của M lên EF. HB và HC lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HAE và HAF tại K,L. 

Chứng minh rằng: HK=HL

File

1/ tìm các nghiệm nguyên của pt: $5x^{2}+4y^{2}=10x+19$ ?

$\Leftrightarrow 5(x-1)^2=4(6-y^2)$

Ta lại có : $y\in Z,6-y^2\geq 0,5|(6-y^2)\Rightarrow y^2=1$

Đến đây OK rồi !!

1/Tìm $p\in \mathbb{P}$ có dạng $p=n^n+1$ $(n\in \mathbb{N^*})$ biết rằng $p$ không nhiều hơn 19 chữ số

2/Kí hiệu $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$.Tìm các số nguyên dương $n$ sao cho $T=p_1p_2...p_n-1$ là số chính phương

Nếu $n=16$ suy ra $n^n+1=16^{16}+1=2^{64}+1>2^{64}$
Lại có $2^{46}>2^{45}=(2^5)^9=32^9>25^9=(5^2)^9=5^{18}$ suy ra $2^{46}.2^{18}>5^{18}.2^{18}$ hay $2^{64}>10^{18}$
Suy ra $n=16$ loại vì khi đó nó vượt quá 19 chữ số.
Như vậy suy ra $n<16$ (1)
Lại thấy $n$ không có bất kì ước lẻ nào vì nếu giả sử $n$ chia hết cho $q$ với $q$ lẻ suy ra đặt $n=qt$
Suy ra $n^n+1=n^{qt}+1=(n^t)^q+1=(n^t+1)(....)$ (**) (ta hoàn toàn phân tích ra hằng đẳng thức này được vì $q$ lẻ
Suy ra vô lý vì $n^n+1$ là số nguyên tố mà lại có trên 2 ước suy ra loại
Suy ra $n$ bắt buộc phải có dạng $2^m$ (2)
Kết hợp (1) và (2) suy ra $n=1,2,4,8$
Với $n=1,2,4$ đúng.
Với $n=8$ suy ra $n=2^3$
Suy ra $n^n+1=(2^3)^{2^8}+1=2^{3.2^3}+1=(2^{2^3}+1)(...)$ ( do 3 lẻ nên ta phân tích như (**)) suy ra loại vì có trên 2 ước.
Kết luận ..........

thủ thuật là gì vậy, bạn có thể chia sẻ được không

Hồi trưa mình đã soạn xong 1 mảng rồi , khi nào xong thì sẽ chia sẻ cho cả diễn đàn luôn !!

 

Giải hệ:

$\left\{\begin{matrix}  x^{2}+y^{2}+2(x+y)=7& \\  y(y-2x)-2x=10 & \end{matrix}\right.$

 

Cho mình hỏi thêm là khi nào dùng phương pháp rút thế để giải hệ ???

 

$(1)-(2)$ ta được : 

$(x+1)(x+2y+3)=0$ 

OK nhỉ  

$2$,

Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+2x=1 \\ xy+y+2x+x^2=y^2 \end{matrix}\right.$

$(1)-2.(2)$ ta được : 

$(y-x-1)(3y+x+1)=0$ 

Lề : Tìm được cái này nhanh chóng thì có một thủ thuật nhỏ , sẽ chia sẻ cái thủ thuật này trong time tới

1)

$2(x^{2}+x+18)+x^{2}+13x-14-(x^{2}+x+18)\sqrt{3x+1}=(x^{2}+x+18)(2-\sqrt{3x+1})+(x^{2}+14x-x-14)=(x^{2}+x+18)\frac{4-3x-1}{\sqrt{2}+\sqrt{3x+1}}+x(x+14)-(x+14)=(x^{2}+x+18)\frac{3-3x}{2+\sqrt{3x+1}}+(x-1)(x+14)=(x-1)(x+14-\frac{3(x^{2}+x+18)}{2+\sqrt{3x+1}})=0\Rightarrow ...$

Chắc bạn bị nhầm, bài này có nghiệm kép $1$ và nghiệm $\frac{8}{3}$ . Liên hợp 2 nghiệm $1$ và $\frac{8}{3}$ trước rồi giải quyết nghiệm $1$ còn lại , nó khá dễ so với việc liên hợp $3$ nghiệm , còn bài của bạn thì chưa hoàn chỉnh !

Câu $4$ , 

Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có các đường cao $AE$ và $CF$ cắt nhau tại $H$ . Gọi $P$ là điểm thuộc cung nhỏ $BC$ ( $P$ khác $B,C$). $M,N$ lần lượt là hình chiếu của $P$ trên $AB,AC$. Chứng minh rằng : 

$1$, $CotA+CotB+CotC\geq \sqrt{3}$

Ta có VT=$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4S}$

Ta có $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bcCosA$

$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}=2(b^{2}+c^{2})-2bcCosA$

$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4bc-2bcCosA$

$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4bc-2bc(CosA+\sqrt{3}SinA)+2bc\sqrt{3}SinA$

$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 2bc(2-CosA-\sqrt{3}CosA)+4\sqrt{3}S$ (S là d tích)

Áp dung bđt Bunhiacopxki ta có $(CosA+\sqrt{3}SinA)^{2}\leq (1+3)(CosA^{2}+SinA^{2})=4$

$\Rightarrow CosA+\sqrt{3}SinA\leq 2$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4\sqrt{3}S$

$\Rightarrow CotA+CotB+CotC\geq \sqrt{3}$

$\Rightarrow ĐPCM$

Một kết quả mạnh hơn : $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$