Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sáng nay đề chuyên Nguyễn Huệ khó lắm ạ mình làm được mỗi câu a. :(
Ad ơi cho em hỏi cách chứng minh ạ. Và ví dụ như khi làm bài có cần chứng minh lại không ạ?
Định lý Đào được coi là khó bởi vì nếu tính toán bằng tọa độ Barycentric phải mất khoảng 40 trang xem tại đây: https://groups.yahoo...s/messages/1539. Nikolaos Dergiades đã có 1 cách chứng minh rất đẹp cho định lý này, tuy nhiên nó không hề sơ cấp: Dao’s Theorem on Six Circumcenters associated.pdf
C108: Thấy cái này hay hay nên chăm hơn chứ lười quá :v
Đặt \(xy=t\Rightarrow x^2+y^2=4-2t\).
Ta cần chứng minh \(t\left(4-2t\right)\le2\). (*)
Thật vậy \((*)\Leftrightarrow 2(t-2)^2\geq 0\) (luôn đúng).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(xy=2\) tức x = y =1
C108 :
Áp dụng BĐT Cô - si ta có :
\(xy\left(x^2+y^2\right)=\dfrac{1}{2}\cdot\left[2xy.\left(x^2+y^2\right)\right]\le\dfrac{1}{2}\cdot\left(\dfrac{2xy+x^2+y^2}{2}\right)^2=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\left(x+y\right)^4}{4}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2^4}{4}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=1\)
Bài 129:
ĐKXĐ: \(x^2-y+1\ge0\)\(\left\{{}\begin{matrix}4x^2-2x+y^2+y-4xy=0\left(1\right)\\x^2-x+y=\left(y-x+3\right)\sqrt{x^2-y+1}\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
Từ (1) \(\Rightarrow\left(2x-y\right)^2-\left(2x-y\right)=0\Leftrightarrow\left(2x-y\right)\left(2x-y-1\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=2x\\y=2x-1\end{matrix}\right.\)
Nếu y=2x Thay vào (2) ta được:
\(\Rightarrow x^2-x+2x=\left(2x-x+3\right)\sqrt{x^2-2x+1}\Leftrightarrow x^2+x=\left(x+3\right)\left|x-1\right|\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2+x=\left(x+3\right)\left(1-x\right)\left(x< 1\right)\left(3\right)\\x^2+x=\left(x+3\right)\left(x-1\right)\left(x\ge1\right)\left(4\right)\end{matrix}\right.\)
Từ (3) \(\Rightarrow x^2+x=x-x^2+3-3x\Leftrightarrow2x^2+3x-3=0\) \(\Leftrightarrow x^2-2\cdot\dfrac{3}{4}x+\dfrac{9}{16}-\dfrac{9}{16}-\dfrac{3}{2}=0\Leftrightarrow\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2=\dfrac{33}{16}\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{3+\sqrt{33}}{4}\left(L\right)\\x=\dfrac{3-\sqrt{33}}{4}\left(TM\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow y=\) \(2\cdot\left(\dfrac{3-\sqrt{33}}{4}\right)=\dfrac{3-\sqrt{33}}{2}\)
Từ (4) \(\Rightarrow x^2+x=x^2-x+3x-3\Leftrightarrow-x=-3\Leftrightarrow x=3\left(TM\right)\)\(\Rightarrow y=6\)
Nếu y=2x+1 Thay vào (2) ta được:
\(\Rightarrow x^2-x+2x+1=\left(2x+1-x+3\right)\sqrt{x^2-2x-1+1}\Leftrightarrow x^2+x+1=\left(x+4\right)\sqrt{x^2-2x}\left(\left[{}\begin{matrix}x\ge2\\x\le0\end{matrix}\right.;x\ge-4\right)\)
\(\Rightarrow x^2+x+1-\left(x+4\right)\sqrt{x^2-2x}=0\Leftrightarrow2x^2+2x+2-2x\sqrt{x^2-2x}-4\sqrt{x^2-2x}=0\Leftrightarrow x^2-2x+x^2+4-2x\sqrt{x^2-2x}+4x-4\sqrt{x^2-2x}=2\Leftrightarrow\left(-\sqrt{x^2-2x}+x+2\right)^2=2\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}-\sqrt{x^2-2x}+x+2=\sqrt{2}\left(5\right)\\-\sqrt{x^2-2x}+x+2=-\sqrt{2}\left(6\right)\end{matrix}\right.\)
Từ (5) \(\Rightarrow\sqrt{x^2-2x}=x+2-\sqrt{2}\Rightarrow x^2-2x=x^2+\left(2-\sqrt{2}\right)^2-2x\left(2-\sqrt{2}\right)\Leftrightarrow2x\left(2-\sqrt{2}-2\right)=4+2-4\sqrt{2}\Leftrightarrow-2\sqrt{2}x=6-4\sqrt{2}\Leftrightarrow x=-\dfrac{3\sqrt{2}}{2}+2\left(TM\right)\) \(\Rightarrow y=2\left(\dfrac{-3\sqrt{2}}{2}+2\right)+1=-3\sqrt{2}+5\)
Từ (6) \(\Rightarrow\sqrt{x^2-2x}=x+2+\sqrt{2}\Rightarrow x^2-2x=x^2+\left(2+\sqrt{2}\right)^2+2x\left(2+\sqrt{2}\right)\Leftrightarrow2x\left(2+\sqrt{2}-2\right)=6+4\sqrt{2}\Leftrightarrow2\sqrt{2}x=6+4\sqrt{2}\Leftrightarrow x=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}+2\left(TM\right)\)
\(\Rightarrow y=2\left(\dfrac{3\sqrt{2}}{2}+2\right)+1=3\sqrt{2}+5\)
Vậy...
Mik sorry mik làm nhầm
Nếu y=2x-1 Thay vào(2) ta được:
\(\Rightarrow x^2-x+2x-1=\left(2x-1+x+3\right)\sqrt{x^2-2x-1+1}\Leftrightarrow x^2+x-1=\left(x+2\right)\sqrt{x^2-2x}\left(\left[{}\begin{matrix}x\ge2\\x\le0\end{matrix}\right.\right)\) \(\Leftrightarrow2x^2+2x-2-2x\sqrt{x^2-2x}-4\sqrt{x^2-2x}=0\Leftrightarrow x^2-2x+x^2+4-2x\sqrt{x^2-2x}-4\sqrt{x^2-2x}+4x=6\Leftrightarrow\left(-\sqrt{x^2-2x}+x+2\right)^2=6\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}-\sqrt{x^2-2x}+x+2=\sqrt{6}\left(5\right)\\-\sqrt{x^2-2x}+x+2=-\sqrt{6}\left(6\right)\end{matrix}\right.\) Từ (5) \(\Rightarrow\sqrt{x^2-2x}=x+2-\sqrt{6}\Rightarrow x^2-2x=x^2+2x\left(2-\sqrt{6}\right)+\left(2-\sqrt{6}\right)^2\Leftrightarrow2x\left(2-\sqrt{6}-2\right)=10-4\sqrt{6}\Leftrightarrow x=-\dfrac{5\sqrt{6}}{6}+2\left(TM\right)\) \(\Rightarrow y=2\left(\dfrac{-5\sqrt{6}}{6}+2\right)-1=-\dfrac{5\sqrt{6}}{3}+3\)
Từ (6) \(\Rightarrow\sqrt{x^2-2x}=x+2+\sqrt{6}\Rightarrow x^2+2x=x^2+2x\left(2+\sqrt{6}\right)+\left(2+\sqrt{6}\right)^2\Leftrightarrow2x\left(2+\sqrt{6}-2\right)=10+4\sqrt{6}\Leftrightarrow x=\dfrac{5\sqrt{6}}{6}+2\left(TM\right)\) \(\Rightarrow y=2\left(\dfrac{5\sqrt{6}}{6}+2\right)-1=\dfrac{5\sqrt{6}}{3}+3\) Vậy...
1: ĐKXĐ: a,b>0, a\(\ne b\)
\(\Rightarrow Q=\dfrac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^3+2a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{3\sqrt{a}\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}\right)}+\dfrac{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)}{\sqrt{a}\left(a-b\right)}=\dfrac{a\sqrt{a}-3a\sqrt{b}+3b\sqrt{a}-b\sqrt{b}+2a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}-\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}\) \(=\dfrac{3\sqrt{a}\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}-\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=0\)
\(\Rightarrow Q\) ko phụ thuộc vào a,b Vậy...
2: Ta có \(1\ge x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\le\dfrac{1}{4}\)
\(\Rightarrow P=\dfrac{x+y}{xy}\cdot\sqrt{x^2y^2+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}+...+\dfrac{1}{16}}\ge\dfrac{2\sqrt{xy}}{xy}\cdot\sqrt{17}\cdot\sqrt[34]{\dfrac{x^2y^2}{16^{16}}}=\sqrt{17}\cdot\dfrac{2}{\sqrt{xy}}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{xy}{16^8}}\) \(=\sqrt{17}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{2^{17}}{\sqrt{x^{17}y^{17}}}\cdot\dfrac{\sqrt{x^2y^2}}{2^{32}}=\sqrt{17}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{1}{\sqrt{x^{15}y^{15}}\cdot2^{15}}}\ge\sqrt{17}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{4^{15}}}\cdot2^{15}}}=\sqrt{ }17}\)
Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=\dfrac{1}{2}\) Vậy...
Bài 286: Bất đẳng thức neibizt khá nổi tiếng :D
Bđt <=> \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(2a+2b+2c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{b+c}\right)\ge9\) ( Có thể đơn giản hóa bất đẳng thức bằng việc đặt biến phụ )
Đặt: \(\left\{{}\begin{matrix}x=b+c\\y=c+a\\z=a+b\end{matrix}\right.\) khi đó ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{y+z-x}{2}\\b=\dfrac{z+x-y}{2}\\c=\dfrac{x+y-z}{2}\end{matrix}\right.\) Bất đẳng thức trở thành: \(\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\ge9\) ( luôn đúng theo AM-GM )
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu "=" xảy ra tại a=b=c
C286.(Cách khác)
Áp dụng BĐT BSC và BĐT \(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\):
\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)
\(=\dfrac{a^2}{ab+ca}+\dfrac{b^2}{bc+ab}+\dfrac{c^2}{ca+bc}\)
\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\dfrac{2}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
tên nick hay đấy :v
Em ở Hà Nội :v
Sau thi chuyên Nguyễn Huệ :33