Le Tuan Canhh

@Le Tuan Canhh: Theo mình thì MU không phải là một tập thể không hùng mạnh ở Châu Âu

 Đâu phải cứ hùng mạnh mới vô địch c1 đâu bạn

"Kẻ mạnh chưa chắc đã thắng nhưng kẻ thắng là kẻ mạnh "

MU khi có Ronaldo và ko có khác nhau hoàn toàn

thanhng2k7 bạn thấy trận tối qua Ro lập hatrick vào lưới TOT ko ? 

MU bị MC đá cho 4-1

MU khi có Ronaldo và ko có khác nhau hoàn toàn

Có ai dự đoán đội vô địch C1 năm nay không ạ? Em đang có nghiên một chút về Liverpool hoặc Bayern Munichă

Năm nay MU vô địch anh ạ 

Ta có sẵn công thức ăn luôn:

$\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{b^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{c^{3}}{c^{2}+ca+a^{3}}-(\frac{b^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{c^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{a^{3}}{c^{2}+ca+a^{3}})=a-b+b-c+c-a=0$

Suy ra $\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{b^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{c^{3}}{c^{2}+ca+a^{3}}=\frac{b^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{c^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{a^{3}}{c^{2}+ca+a^{3}}=1010$

Cộng lại là ta có điều phải chứng minh rồi 

https://diendantoanh...endmatrixright/

ĐKXĐ: $x,y\geq 2$

Phân tích (2) có:

$VT=2.\frac{x}{2}.\sqrt{y-1}+2.\frac{y}{2}.\sqrt{x-1}\leq \frac{x^{2}}{4}+y-1+\frac{y^{2}}{4}+x-1$

$\Rightarrow VP=\frac{x^{2}+4y-4}{2}\leq \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{4}+x+y-2\Leftrightarrow x^{2}-y^{2}-4x+4y\leq 0\Leftrightarrow (x-y)(x+y-4)\leq 0$

Mặt khác, có:

$(1)\Leftrightarrow \sqrt{xy+y^{2}}+\sqrt{x+y}=\sqrt{x^{2}+y^{2}}+2\Leftrightarrow \sqrt{x+y}-2=\sqrt{x^{2}+y^{2}}-\sqrt{xy+y^{2}}$

$\Leftrightarrow \frac{x+y-4}{\sqrt{x+y}+2}=\frac{x(x-y)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}+\sqrt{xy+y^{2}}}\Leftrightarrow \frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}+\sqrt{xy+y^{2}}}{x(\sqrt{x+y}+2)}=\frac{x-y}{x+y-4}$

$\Leftrightarrow (x-y)(x+y-4)=\frac{\sqrt{(x^{2}+y^{2}}+\sqrt{xy+y^{2}})(x+y-4)^{2}}{x(\sqrt{x+y}+2)}\geq 0$

Ta thấy để HPT có nghiệm thì $(x-y)(x+y-4)=0$$\Leftrightarrow x=y=2$

Cho a, b, c là các số thực dương sao cho abc = 1.CMR: 

$\frac{1}{(1+a)^{2}}+\frac{1}{(1+b)^{2}}+\frac{1}{(1+c)^{2}}+\frac{2}{(1+a)(1+b)(1+c)}\geq 1$

Nhân 2 vào P ta được:

$2P=\sum \sqrt{4x(y+3)}\leq \sum \frac{4x+y+3}{2}=12$ ( Bđt Cauchy )

hay $P\leq 6$

Dấu "=" khi x=y=z=1

 Mik không chắc đúng đâu đấy nhé 

Đề là tìm min hay sao ấy 

Bài 1. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với trực tâm $H$. Gọi $P$ là điểm bất kì trên mặt phẳng. Các đường thẳng $A P, B P, C P$ giao $(O)$ lần thứ hai tại $A_{1}, B_{1}, C_{1}$. Gọi $A_{2}, B_{2}, C_{2}$ lần lượt là các điểm đối xứng với $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ qua các cạnh $B C, C A, A B$. Chứng minh rằng $H, A_{1}, B_{1}, C_{1}$ cùng thuộc một đường tròn.

Hình gửi kèm 

Gọi Q là điểm liên hợp đẳng giác của P ứng với $\Delta$ABC; X, Y, Z lần lượt là đối xứng của A, B, C qua Q;

A3, B3,C3 lần lượt là giao điểm thứ hai của AQ, BQ, CQ với (O); A4B4C4 là tam giác trung tuyến của $\Delta$ABC.

Phép đối xứng tâm Q lần lượt biến A thành X, B thành Y, C thành Z suy ra $\Delta$ABC → $\Delta$XYZ.

Do A4B4C4 là tam giác trung tuyến của $\Delta$ABC nên tồn tại một điểm K là tâm của phép vị tự tỉ số 1: 2 biến $\Delta$XYZ thành $\Delta$A4B4C4.

Mặt khác, gọi L là giao điểm thứ hai của A1A2 với (O). suy ra AL $\parallel$ HA2.

Mà LA1 vuông góc với BC và A3A1 song song với BC nên A3A1⊥ LA1, suy ra AA3 ⊥ AL hay AA3 ⊥ HA2.

Do A4 là trung điểm của A2A3 nên XA2KA3 là hình bình hành. Nghĩa là KA2 $\parallel$  AA3.

Vậy KA2⊥ HA2 hay A2 nằm trên đường tròn đường kính KH.

Chứng minh tương tự suy ra đpcm.

P/s: Mình có đáp án mà trả hiểu gì   

P/s: Anh NAT cho em gõ dùm nhé 

ĐKXĐ: $4\geq x\geq 2$

Trước tiên ta chưa thể đánh giá ngay 2 vế, mà ta cần biến đổi 1 bước như sau:

PT $\Leftrightarrow \frac{(x-2)\sqrt{x-2}-2\sqrt{x-2}-1}{\sqrt{4-x}+x-5}=\frac{2+2(x-2)\sqrt{x-2}}{x-1}$

$\Leftrightarrow \frac{2(\sqrt{x-2}+1)(x-1-\sqrt{x-2})}{x-1}=\frac{(\sqrt{x-2}+1)(x-3-\sqrt{x-2})}{\sqrt{4-x}+x-5}$

$\Leftrightarrow \frac{2(x-1-\sqrt{x-2})}{x-1}=\frac{x-3-\sqrt{x-2}}{\sqrt{4-x}+x-5}$     (*)

    ( Vì $\sqrt{x-2}+1 >0$  )       

Giờ ta đi đánh giá :

VT (*) $\geq 1$ $\Leftrightarrow \frac{2(x-1-\sqrt{x-2})}{x-1}\geq 1\Leftrightarrow (\sqrt{x-2}-1)^{2}\geq 0$    ( Quy đồng nhân chéo lên biến đổi, do mẫu luôn lớn hơn 0)

VP (*) $\leq 1$ $\Leftrightarrow \frac{x-3-\sqrt{x-2}}{\sqrt{4-x}+x-5}\leq 1\Leftrightarrow x-3-\sqrt{x-2}\geq \sqrt{4-x}+x-5$  ( Vì mẫu $\sqrt{4-x}+x-5 <0$ )

Biến đổi tiếp dẫn đến $(x-3)^{2}\geq 0$ ( luôn đúng)

Vậy ...

ĐKXĐ: $y\geq -1;x\geq 0$

Thé (2) và (1) ta có: $x(x^{2}-x+1)=\sqrt{y+2}.x(x^{2}+x+1)$$\Leftrightarrow x.[(x^{2}-x+1)-\sqrt{y+2}(x^{2}+x+1)]=0$

TH1: x = 0 $\Rightarrow$ y = -1  ( thỏa mãn )

TH2: $x^{2}-x+1=\sqrt{y+2}.(x^{2}+x+1)\Leftrightarrow \frac{x^{2}-x+1}{x^{2}+x+1}=\sqrt{y+2}$  (*)

Ta thấy Nghiệm (x,y)=(0,-1) vẫn thỏa mãn PT (*) nên ta xét $x\neq 0;y\neq -1$

Ta đánh giá 2 vế PT (*), có: VP $=\sqrt{y+2}$$> 1$ 

VT = $\frac{x^{2}-x+1}{x^{2}+x+1}< 1 $ $\Leftrightarrow x^{2}-x+1< x^{2}+x+1\Leftrightarrow 2x > 0$  ( luôn đúng ) 

Như vậy VT < 1 < VP  Suy ra PT (*) vô nghiệm.

Vậy HPT có nghiệm là (x,y) = (0;-1)

ĐKXĐ: $\frac{2}{y}-y^{2}\geq 0 \Leftrightarrow 0< y\leq \sqrt[3]{2}$

Từ PT (1) dễ dàng thấy : $x^{3}+x=1-3xy^{2}+\sqrt[3]{1-3xy^{2}}$ $\Leftrightarrow x=\sqrt[3]{1-3xy^{2}}\Leftrightarrow x^{3}+3xy^{2}=1$    ( 3 )

Đến đây ta có : $y^{2}=\frac{1-x^{3}}{3x}$ , vì $y^{2}\geq 0$ nên ta có ĐK của x là $0< x\leq 1$

Từ PT (2) $\Leftrightarrow y-\sqrt[3]{2-3x^{2}y}=\sqrt{\frac{2}{y}-y^{2}}-x\sqrt{3}$$\Leftrightarrow \frac{y^{3}-2+3x^{2}y}{y^{2}+y\sqrt[3]{2-3x^{2}y}+\sqrt[3]{(2-3x^{2}y)^{2}}}=\frac{\frac{2}{y}-y^{2}-3x^{2}}{\sqrt{\frac{2}{y}-y^{2}}+x\sqrt{3}}$

$\Leftrightarrow \frac{y^{3}-2+3x^{2}y}{y^{2}+y\sqrt[3]{2-3x^{2}y}+\sqrt[3]{(2-3x^{2}y)^{2}}}=\frac{2-y^{3}-3x^{2}y}{y(\sqrt{\frac{2}{y}-y^{2}}+x\sqrt{3})}$

$\Leftrightarrow (y^{3}-2+3x^{2}y)(\frac{1}{y^{2}+y\sqrt[3]{2-3x^{2}y}+\sqrt[3]{(2-3x^{2}y)^{2}}}+\frac{1}{y\sqrt{\frac{2}{y}-y^{2}}+x\sqrt{3}})=0$

Suy ra $y^{3}-2+3x^{2}y=0$   (4)   

( với ĐK của x,y ta đã có dễ dàng CM cái cụm dài dài kia luôn > 0 )

Từ (3) , (4) ta có HPT : $\left\{\begin{matrix} x^{3}+3xy^{2}=1 & \\ y^{3}+3x^{2}y=2 & \end{matrix}\right.$

Áp dụng cộng vế- vế; và trừ vế vế ta có : $\left\{\begin{matrix} (x+y)^{3}=3 & \\ (x-y)^{3}=-1 & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=\sqrt[3]{3} & \\ x-y=-1 & \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{\sqrt[3]{3}-1}{2} & \\ y=\frac{\sqrt[3]{3}+1}{2} & \end{matrix}\right.$

1.60.

a) TH1: Chuyển 1 bi đỏ từ hộp 1 sang hộp 2 $\rightarrow$ Hộp 1 còn 9 bi ( có 2 bi đỏ ) $\rightarrow$ P(A1)=$\frac{\textrm{C}_{2}^{1}\textrm{C}_{7}^{1}}{\textrm{C}_{9}^{2}}$

    TH2: Chuyển 1 bi khác bi đỏ từ hộp 1 sang hộp 2 $\rightarrow$ Hộp 1 còn 9 bi ( có 3 bi đỏ ) $\rightarrow$ $P(A2)=\frac{\textrm{C}_{3}^{1}.\textrm{C}_{7}^{1}}{\textrm{C}_{9}^{2}}$

$\Rightarrow$ Xác xuất trong 2 bi lấy ra có 1 bi đỏ là: $P(A)=P(A1)+P(A2)$

b) Ta chỉ quan tâm đến việc lấy 1 bi đỏ của hộp 1 bỏ sang hộp 2 . Giữ kiện lấy 1 bi hộp 2 là bi đỏ thì lấy bi nào đi nữa cũng không làm thay đổi xác xuất ta cần tìm

P(B) = $\frac{\textrm{C}_{3}^{1}}{\textrm{C}_{10}^{1}}$

1.59.

a) Số phần tử không gian mẫu là : n(w)= $\textrm{C}_{10}^{3}$ 

Gọi biến cố A thỏa mãn yêu cầu thì biến cố đối của A là "lấy 3 quả sao cho không có quả nào trùng với 3 quả đã sử dụng ".

Chọn 3 quả trong 7 quả chưa sủ dụng nên n(A')=$\textrm{C}_{7}^{3}$

Suy ra xác xuất là p(A)= 1 - $\frac{\textrm{C}_{7}^{3}}{\textrm{C}_{10}^{3}}$ = $\frac{17}{24}$

b) Xác xuất khi đó có 2 quả đã sử dụng ở ngày thứ nhất là :  $\frac{\textrm{C}_{3}^{2}.\textrm{C}_{7}^{1}}{\textrm{C}_{3}^{1}.\textrm{C}_{7}^{2}+\textrm{C}_{3}^{2}.\textrm{C}_{7}^{1}+\textrm{C}_{3}^{3}}$