Đến nội dung

HaiDangPham

HaiDangPham

Đăng ký: 09-04-2023
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 11:47
****-

#743069 [Topic] Đại số trung học cơ sở

Gửi bởi HaiDangPham trong 17-01-2024 - 14:06

Bài 15. Cho số thực $a$ thỏa $a^3-a-1=0$, tính giá trị của biểu thức $B=a\sqrt{2a^6-4a^4+4a^2+3a}-\sqrt{2a^2+3a+2}.$ 

 

Từ điều kiện $a^3-a-1=0$ ta suy ra

(i) $a^3=a+1$

(ii) $a^4=a^2+a$

(iii) $a^6=a^2+2a+1$. 

Do đó

$2a^6-4a^4+4a^2+3a$

$=2(a^2+2a+1)-4(a^2+a)+4a^2+3a$

$=2a^2+3a+2$. 

Suy ra 

$B=(a-1)\sqrt{2a^2+3a+2}$

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

$=\sqrt{2a^4-a^3-2a^2-a+2}$

$=\sqrt{2(a^2+a)-(a+1)-2a^2-a+2}$

$=1.$

Vậy $B=1$. 




#743068 [Topic] Đại số trung học cơ sở

Gửi bởi HaiDangPham trong 17-01-2024 - 12:02

Bài 14. Cho biểu thức $f(x)=(2x^3-21x+2023)^{2024}$.Tính giá trị của biểu thức $f(x)$ tại $x=\sqrt[3]{7+\sqrt{\frac{49}{8}}}+\sqrt[3]{7-\sqrt{\frac{49}{8}}}$

 

Ta có $x^3=14+3.\sqrt[3]{7^2-\left(\sqrt{\frac{49}{8}}\right)^2}.x=14+\frac{21}{2}.x$, suy ra $2x^3-21x=28$. 

Do đó $f(x)=(28+2023)^{2024}=2051^{2024}$. 




#743059 [Topic] Đại số trung học cơ sở

Gửi bởi HaiDangPham trong 16-01-2024 - 21:49

BÀI 11. Vì $x=1+\sqrt[3]{2}$  nên $(x-1)^3=2$ hay $x^3=3x^2-3x+3$, dẫn tới $x^4=3x^3-3x^2+3x$. 

Suy ra $P=x^4-5x^3+9x^2-12x+6$

$=(3x^3-3x^2+3x)-5x^3+9x^2-12x+6$

$=-2x^3+6x^2-9x+6$

$=-2(3x^2-3x+3)+6x^2-9x+6$

$=-3x$

Vậy $P=-3(1+\sqrt[3]{2})=(-3)+\sqrt[3]{-54}$.

Suy ra $a=-3, b=-54$, và ta có $a-2b=(-3)-2.(-54)=105$.




#743057 [Topic] Đại số trung học cơ sở

Gửi bởi HaiDangPham trong 16-01-2024 - 21:37

BÀI 16. a) Đặt $ax^3=by^3=cz^3=k^3$.

Khi đó $\sqrt[3]{ax^2+by^2+cz^2}=\sqrt[3]{ax^3.\frac{1}{x}+by^3.\frac{1}{y}+cz^3.\frac{1}{z}}=\sqrt[3]{k^3.(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})}=k$. 

Mặt khác 

$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}=\sqrt[3]{\frac{k^3}{x^3}}+\sqrt[3]{\frac{k^3}{y^3}}+\sqrt[3]{\frac{k^3}{z^3}}=k. (\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=k$

Ta suy ra điều phải chứng minh. 




#743052 [Topic] Đại số trung học cơ sở

Gửi bởi HaiDangPham trong 16-01-2024 - 18:40

Bài 11. Đặt $u=\sqrt[3]{a+\frac{a+1}{3}\sqrt{\frac{8a-1}{3}}}$ và $v=\sqrt[3]{a-\frac{a+1}{3}\sqrt{\frac{8a-1}{3}}}$. 

Trước hết, dễ thấy $u^3+v^3=2a$. 

Tiếp theo ta có

$u.v=\sqrt[3]{(a+\frac{a+1}{3}\sqrt{\frac{8a-1}{3}})(a-\frac{a+1}{3}\sqrt{\frac{8a-1}{3}})}$

$=\sqrt[3]{a^2-\frac{(a+1)^2(8a-1)}{27}}$

$=\sqrt[3]{\frac{-(2a-1)^3}{27}}$

$=\frac{-(2a-1)}{3}$. 

Do đó

$x^3 = u^3+v^3+3uv(u+v)$

$=2a+3.\frac{-(2a-1)}{3}.x$

$=2a-(2a-1)x$

Suy ra $x^3+(2a-1)x-2a=0$ hay $(x-1)(x^2+x+2a)=0$. (*) 

Xét trường hợp $a=\frac{1}{8}$ khi đó thay vào công thức tính x ban đầu ta có ngay $x=\sqrt[3]{\frac{1}{8}}+\sqrt[3]{\frac{1}{8}}=1$. 

Trường hợp $a > \frac{1}{8}$ ta có $x^2+x+2a > x^2+x+\frac{1}{4}=(x+\frac{1}{2})^2 \geq 0$. Vì vậy từ phương trình (*) ta có $x=1$. 

Tóm lại $x=1$ với mọi giá trị của $a \geq \frac{1}{8} $, hay $x$ là số tự nhiên với mọi $a \geq \frac{1}{8}$. 

 




#743044 [Topic] Đại số trung học cơ sở

Gửi bởi HaiDangPham trong 16-01-2024 - 10:59

Bài 10.

Ta có $\frac{1}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}+3}=\frac{1}{(\sqrt[3]{2}+1)(\sqrt[3]{4}+1)}$

$=\frac{\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}+1}{ (\sqrt[3]{2}+1)(\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}+1)}. \frac{\sqrt[3]{16}-\sqrt[3]{4}+1}{ (\sqrt[3]{4}+1)(\sqrt[3]{16}-\sqrt[3]{4}+1)}.$

$=\frac{\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}+1}{3}.\frac{\sqrt[3]{16}-\sqrt[3]{4}+1}{5}$

$=\frac{7-\sqrt[3]{2}-2\sqrt[3]{4}}{15}$




#742541 $ab(a + 1) + bc(b + 1) + ca(c + 1) \ge 2$

Gửi bởi HaiDangPham trong 17-12-2023 - 07:51

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn: $0 \le a, b, c \le 1$ và $a + b + c \ge 2$

Chứng minh rằng $ab(a + 1) + bc(b + 1) + ca(c + 1) \ge 2$.

 

Xét $a=0$, khi đó VT=$bc(b+1)$. Với điều kiện $0 \leq b, c \leq 1$ ta suy ra VT$\leq 2$.

Bất đẳng thức cần chứng minh không đúng. 

---

Viết xong mới thấy nhận xét không chuẩn. Xin lỗi tác giả ạ. 

Vì khi $b, c \leq 1$ mà $b+c \geq 2$ thì ta phải có $b=c=1$. Khi đó BĐT cần chứng minh xảy ra dấu đẳng thức. Không có gì sai ạ. 




#742534 $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x...

Gửi bởi HaiDangPham trong 16-12-2023 - 17:52

BÀI TOÁN 8. Với $a, b, c,  m, n, p, x, y, z$ là các số thực dương chứng minh rằng $$(a^3+b^3+c^3) (m^3+n^3+p^3) (x^3+y^3+z^3) \geq (amx+bny+cpz)^3$$

Đây là Bất đẳng thức Holder cho 3 dãy. Diễn đàn đã có chứng minh tại đây, tuy nhiên thì bạn nào chưa biết bất đẳng thức này có thể thử tự tìm cách giải. Gợi ý: sử dụng AM-GM. 

 

BÀI TOÁN 9. Với $a, b, c$ là các số thực dương chứng minh rằng 

a) $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \geq 1$

b) $\frac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}+\frac{b}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}+\frac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}} \geq \sqrt{3}$




#742517 $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x...

Gửi bởi HaiDangPham trong 15-12-2023 - 13:07

Hay $S\ge\frac{(2+\sqrt{3}+\sqrt{5})^2}{2}-12$. Do đó $Min S =\frac{(2+\sqrt{3}+\sqrt{5})^2}{2}-12$. 

 

Ở đây, ta cần thêm bước chỉ ra giá trị của $a, b, c$ để dấu đẳng thức xảy ra từ đó mới khẳng định được giá trị nhỏ nhất của $S$, cụ thể  $$a=\frac{2-\sqrt{3}+\sqrt{5}}{2},  b=\frac{-2+\sqrt{3}+\sqrt{5}}{2}, c=\frac{2+\sqrt{3}-\sqrt{5}}{2}.$$

Cảm ơn lời giải của bạn hanguyen445.




#742448 $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x...

Gửi bởi HaiDangPham trong 10-12-2023 - 10:32

BÀI TOÁN 6. Giả sử $x, y, z \geq 1$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2$. Chứng minh $$\sqrt{x+y+z} \geq \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}.$$      




#742340 $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x...

Gửi bởi HaiDangPham trong 03-12-2023 - 13:49

\begin{align*}VT-VP &=x^2(\frac{y}{z}-1)+y^2(\frac{z}{x}-1)+z^2(\frac{x}{y}-1) \\ &=\frac{x^2(y-z)}{z}+\frac{y^2(z-x)}{x}+\frac{z^2(x-y)}{y}\\ &\geq\frac{x^2(y-z)}{x}+\frac{y^2(z-x)}{x}+\frac{z^2(x-y)}{x}\\ &=\frac{x^2(y-z)+y^2(z-x)+z^2(x-y)}{x} \\ &=\frac{(x-y)(x-z)(y-z)}{x}\geq 0 \end{align*}

Do đó $$\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}\geq x^2+y^2+z^2 $$

(mà đề bài phải là $x\geq y\geq z>0$ mới đúng chứ)

 

Cảm ơn bạn Duc3290 đã góp ý điều kiện bài toán. Mình đã sửa lại. Lời giải bạn cũng rất hay. 

 

Mình đã viết lại Latex cho chứng minh của bạn. Với những chuỗi đánh giá bất đẳng thức dài, ta nên xuống và căn lề để tránh tràn màn hình. Bạn ấn vào Trả lời để xem câu lệnh cụ thể sau nhé:   

\begin{align*} \end{align*}



#742311 $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x...

Gửi bởi HaiDangPham trong 01-12-2023 - 18:55

BÀI TOÁN 5. Giả sử $ x\geq y \geq z > 0$. Chứng minh $$\frac{x^2y}{z}+ \frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} \geq x^2+y^2+z^2.$$




#742266 $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x...

Gửi bởi HaiDangPham trong 27-11-2023 - 18:49

Hi vọng có thể tìm được cách giải nữa cho Bài toán 3. 




#742241 $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x...

Gửi bởi HaiDangPham trong 26-11-2023 - 19:42

Bài này có thể xem như là dạng đổi biến của bất đẳng thức cơ bản $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$.

 

Thật vậy nếu đặt $a=\frac{yz}{x},b=\frac{xz}{y}, c=\frac{xy}{z} $ thì $ab=z^2, bc=x^2, ca=y^2$, cho nên $ab+bc+ca=x^2+y^2+z^2=3$. Vì vậy $$(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca) \Leftrightarrow (a+b+c)^2 \geq 9 \Leftrightarrow a+b+c \geq 3.$$ Đây là điều phải chứng minh. 




#742063 Chứng minh rằng $\widehat{BNC} + \widehat{BMC...

Gửi bởi HaiDangPham trong 08-11-2023 - 13:08

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$.Các đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $AH,EF$. Chứng minh rằng $\widehat{BNC} + \widehat{BMC}=180^o$

 

 

Dang-DDTH-2023Thang11Ngay8 copy.jpg

 

Khá thích bài này. Một tính chất thú vị. Chứng minh không khó cho lắm. 

 

LỜI GIẢI. 

 

Gọi $P$ là trung điểm $BC$ và $Q$ là điểm đối xứng của $M$ qua $P$. 

 

* Tam giác $AEH$ vuông tại $E$ có $M$ là trung điểm cạnh huyền $AH$ nên $MA=ME$, từ đó suy ra $\angle AEM=\angle MAE$. Tương tự trong tam giác $BEC$ ta có $\angle PEC=\angle PCE$.

 

Vì $AH \perp BC$ nên $\angle MAE+\angle PCE=90^{\circ}$. 

 

Suy ra $\angle AEM+\angle PEC=90^{\circ}$, dẫn tới $\angle PEM=90^{\circ}.$

 

Vậy $PE \perp EM$. Tương tự ta có $PF \perp MF$.

 

* $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF nên $ME=MF$. Hai tam giác vuông $PEM$ và $PFM$ có chung cạnh huyền $PM$ và có $ME=MF$ nên bằng nhau. Suy ra $PE=PF$. Do đó $PM$ là đường trung trực của $EF$. Chứng tỏ $PM$ vuông góc với $EF$ tại $N$. 

 

*  Vì P đồng thời  là trung điểm $BC$ và $QM$ nên tứ giác $BMCQ$ là hình bình hành. 

 

* Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $PEM$ ta có $PE^2=PM.PN$. Mà $PC=PE$ nên $PC^2=PM.PN$. Dẫn tới tam giác $PNC$ và tam giác $PCM$ đồng dạng (c.g.c). Suy ra $\angle PNC=\angle PCM$.

 

Mặt khác $\angle PCM=\angle PBQ$ (vì $CM \parallel BQ$) nên $\angle PNC=\angle PBQ$. Chú ý rằng $M, N, P$ thẳng hàng và $M, P, Q$ thẳng hàng, suy ra $N, P, Q$ thẳng hàng. Do đó $\angle CNQ=\angle CBQ$. 

 

Vì vậy tứ giác $BNCQ$ là tứ giác nội tiếp. Suy ra $\angle BNC+\angle BQC=180^{\circ}$. Mà $\angle BQC=\angle BMC$ (tứ giác $BMCQ$ là hình bình hành), nên ta có điều phải chứng minh $\angle BMC+\angle BNC=180^{\circ}$.