Kết quả tìm kiếm

Bài 168: Kí hiệu hai PT trong hệ lần lượt là (1) và (2) Ta có: (1)\Rightarrow 2x+\sqrt{4x^2+1}=y+\sqrt{y^2+1} Ta dễ chứng minh hàm số f(t)=t+\sqrt{t^2+1} đơn điệu trên tập thực Do đó 2x=y Thế 2x=y vào (2) ta biến đổi được PT về dạng: 5^x+12^x+20^x=3^x+2.15^x Ta dễ dàng nhận thấy x là số tự nhiên...

Bài 167: Với mọi số tự nhiên x ta luôn có: x^4+4=x^4+4x^2+4-4x^2=(x^2+2)^2-(2x)^2=(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)=[(x-2)^2+2(x-2)+2](x^2+2x+2) Do đó...

Đặt \frac{\sqrt{2x^2+9}}{x}=t Bằng cách biến đổi, ta sẽ đưa PT đã cho về dạng: t^3-3t+2=0

Bài 67: Áp dụng BĐT Minkovsky, BĐT Cauchy và BĐT Bunyakovsky dạng phân số ta có: S=\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\geq \sqrt{(a+b+c)^2+(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2}\geq...

Mình làm topic bị đóng lâu quá :)) Lời giải: ĐKXĐ: x\geq-30 Đặt 0,25\sqrt{30+0,25\sqrt{x+30}}=t Từ đó ta có hệ: $$\begin{cases} 0,25\sqrt{30+0,25\sqrt{x+30}}=t \\ 0,25\sqrt{30+0,25\sqrt{t+30}}=x \\ \end{cases} $$ Không mất tính tổng quát, ta giả sử x\geqt/tex] Khi đó từ hệ ta nhận thấy: x\geq...

165(Đề đề nghị 30/4) 4x=\sqrt{30+0,25\sqrt{30+0,25\sqrt\30+0,25\sqrt{x+30}}}[\tex]

Iphone 4 nên khi gõ không thể bao quát được màn hình

164 Ta có PT\Leftrightarrow(x+1)^3-3(x+1)=(3x+5)-3\sqrt[3]{3x+5} Dễ thấy hàm số f(t)=t^3-3t đồng biến, từ đó ta có x+1=\sqrt[3]{3x+5}\Leftrightarrow (x+1)^3=3x+5\Leftrightarrow (x-1)(x+2)^2=0

Quên tắt tex ở trên nên gõ thiếu Chứng minh x+y+z\geq xyz+2

Thêm hành nè Bài 64[IMO Shortlist1987]: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x^2+y^2+z^2=2 Chứng minh x+y+z\geq xyz+2

Đồng nhất không ra, thôi ngồi biến đổi tương đương vậy Ta có: 6x^2+3x+2=2x^2\sqrt[3]{x(5x^2+2x+8)}\Leftrightarrow (x-2)(40x^8+96x^7+256x^6+296x^5+268x^4+158x^3+73x^2+20x+4)=0\Leftrightarrow(x-2)[4x^6(3x+4)^2+148x^4(x+1)^2+\frac{79x^2}{2}(2x+1)^2+(5x+2)^2+4x^8+44x^6-38x^4+\frac{17}{2}x^2]=0(1) Do...

Lời giải: Do gt a,b,c\geq0 và a^2+b^2+c^2=1 nên ta có: S=a+b+c+\frac{1}{abc}=9a+9b+9c+\frac{1}{abc}-8(a+b+c)\geq4\sqrt[4]{9a.9b.9c.\frac{1}{abc}}-8\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=12\sqrt3-8\sqrt3=4\sqrt3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=\frac{\sqrt3}{3}

Theo lời kingsman2002 mình sẽ up bài. Bài 16 (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT CHỌN HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG CỦA CHUYÊN BẮC GIANG): Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AK. Trong tam giác ACK, kẻ đường phân giác AE. Gọi M là trung điểm AC. Gọi N là giao điểm của đường thẳng ME với AK. Chứng minh rằng BN và AE...

Bài 161: Với y=0, thế vào PT(1) ta được x=0. Nghiệm (x;y)=(0;0) không thỏa mãn PT(2) nên nó cũng khong phải nghiệm của hệ Do đó y\ne0 Chia 2 vế PT(1) cho y^10 ta được (\frac{x}{y})^{11}+\frac{x}{y}=y^{11}+y Ta xét hàm số f(t)=t^{11}+t (t\ne0) Ta có f'(t)=11t^{10}+1\geq1>0 nên hàm f(t) đồng biến...

Lời giải: Gọi P là tâm tỉ cự của hệ điểm {A;B;C} với hệ số {a(b+c);b(c+a);c(a+b)}, K là chân đường phân giác trong góc A của tam giác ABC Từ đó ta có: c(a+b)\vec{PC}+a(b+c)\vec{PA}+b(c+a)\vec{PB}=\vec{0}\Rightarrow a(b\vec{PB}+c\vec{PC})+bc(\vec{PB}+\vec{PC} )+a(b+c)\vec{PA}=\vec{0}\Rightarrow...

Bài 14: Gọi P là trung điểm cạnh BC và G là trọng tâm tam giác ABC Ta có: \frac{MA}{MB}.\frac{NB}{NP}.\frac{GP}{GA}=\frac{4}{3}.\frac{3}{2}.\frac{1}{2}=1 Vì vậy, theo định lý Menelaus đảo, ta có M, G, N thẳng hàng, do đó MN đi qua G

Bài 12: a, Áp dụng định lý Menelaus ta có: \frac{BM}{BC}.\frac{NC}{NA}.\frac{IA}{IM}=1\Rightarrow\frac{3}{4}.2.\frac{IA}{IM}=1\Rightarrow\frac{IA}{IM}=\frac{2}{3} Vậy điểm I chia trong đoạn AM theo tỉ lệ 2:3 b, Áp dụng định lý Ceva ta có...

Bài 11 sẽ áp dụng định lý hàm số cos (sử dụng khai triển của \vec{AB}^2=(\vec{AC}+\vec{CB})^2 để chứng minh) Lời giải: Gọi a là cạnh hình vuông ABCD. Áp dụng định lý hàm số cos ta có: AK^2=a^2+BK^2-2aBKcos45^o=a^2+BK^2-aBK\sqrt2...