Kết quả tìm kiếm

Áp dụng BĐT (a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca) ta có: P^2=(\dfrac{xy}{z}+\dfrac{yz}{x}+\dfrac{zx}{y})^2 \geq 3(\dfrac{xy}{z} \cdot \dfrac{yz}{x}+\dfrac{yz}{x} \cdot \dfrac{zx}{y} +\dfrac{zx}{y} \cdot \dfrac{xy}{z}) \Rightarrow P^2 \geq 3(x^2+y^2+z^2)=2025 \Rightarrow P \geq 45 Dấu "=" xảy ra khi...

1. A=\dfrac{x^2 - 2x}{x^3 - 1} + \dfrac{x +1}{x^3 + x^2 + x} + \dfrac{1 + 2x^2 - 2x}{x^4 - x} =\dfrac{x(x^2-2x)+(x+1)(x-1)+1+2x^2-2x}{x(x-1)(x^2+x+1)} =\dfrac{x^3+x^2-2x}{x(x-1)(x^2+x+1)} =\dfrac{x(x-1)(x+2)}{x(x-1)(x^2+x+1)} =\dfrac{x+2}{x^2+x+1} \Rightarrow...

9. Ta có x-1=P(4x-y-9) \Rightarrow Py=(4P-1)x+1-9P Nếu P=0 \Rightarrow x=1 \Rightarrow 2y^2+2y-4=0 \Rightarrow 2(y-1)(y+2)=0 \Rightarrow y=1 \vee y=-2 Nếu P \neq 0 \Rightarrow y=\dfrac{4P-1}{P}x+\dfrac{1-9P}{P} Thay vào biểu thức ban đầu ta có...

À cái đó anh viết chưa đầy đủ lắm nhé :p Nếu x+1 < 0 thì đánh giá \dfrac{x+1}{\sqrt{x+2}+2}<0 luôn nhé em.

Thực ra đây cũng không hẳn là phương pháp hoàn toàn nhé. Em có thể thử cách tách này trước khi nghĩ đến cách khác nè. Vì điều kiện xác định là x \geq -2, mà \dfrac{x+1}{\sqrt{x+2}+2},\dfrac{x+6}{\sqrt{x+7}+3} ta cần đánh giá mẫu số về hằng số để biểu thức đó trở thành bậc nhất đối với x nên ta...

Đóng góp thêm 1 xíu cho em nhé: Một đường tròn bán kính bằng 1 bất kì thì có thể phủ tối đa \dfrac{1}{6} chu vi đường tròn bán kính bằng 2. Dấu "=" xảy ra khi tâm của đường tròn đó là trung điểm dây cung nối 2 mút cung đó. Bây giờ, giả sử tồn tại cách phủ sử dụng 6 đường tròn bán kính là 1. 6...

Từ phương trình thứ nhất ta có (x-y)^2+4=-4(x-y)+x+y+2\sqrt{(x+1)(y-1)} \Leftrightarrow (x-y)^2+4(x-y)+4=(x+1)+(y-1)+2\sqrt{(x+1)(y+1)} \Leftrightarrow (x-y+2)^2=(\sqrt{x+1}+\sqrt{y-1})^2 \Leftrightarrow x-y+2=\sqrt{x+1}+\sqrt{y-1} \vee \sqrt{x+1}+\sqrt{y-1}=-(x-y+2) \Leftrightarrow...

Đặt VT=f(x) Ta thấy với m \in (-1,\dfrac{5}{3}) thì 3m^2-2m-5<0, từ đó \lim _{x \to +\infty} f(x)=-\infty Mà f(1)=3>0 nên phương trình có nghiệm. Suy ra m \in (-1,\dfrac{5}{3}) thỏa mãn. Xét m \in \mathbb{R} \setminus [-1,\dfrac{5}{3}] thì 3m^2-2m-5>0, từ đó \lim _{x \to +\infty} f(x)=+\infty...

Ta có \dfrac{1}{\sqrt{k}}-\dfrac{1}{\sqrt{k+1}}=\dfrac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{\sqrt{k(k+1)}}=\dfrac{k+1-k}{\sqrt{k(k+1)}(\sqrt{k}+\sqrt{k+1})} =\dfrac{1}{(k+1)\sqrt{k}+k\sqrt{k+1}} Mặt khác (k+1)\sqrt{k}>k\sqrt{k+1} nên \dfrac{1}{(k+1)\sqrt{k}+k\sqrt{k+1}}>\dfrac{1}{2(k+1)\sqrt{k}} \Rightarrow...

Nhận thấy f(x)=1+(m-1)\dfrac{x}{x^2+x+1} Vì -1 \leq \dfrac{x}{x^2+x+1} \leq \dfrac{1}{3} nên để f(x) > 0 \forall x thì -2 < m < 2 Cũng từ trên ta suy ra \min f(x), \max f(x) tồn tại. Từ đó điều kiện đề bài tương đương với 2 \min f(x) > \max f(x) Xét các trường hợp: + 1<m < 2. Khi đó \min...

Đặt \dfrac{1}{u_n}=x_n \forall n=1,2,... thì x_1=2022,x_{n+1}=x_n+\dfrac{n}{x_n} Ta cần tìm \lim \dfrac{x_n}{n} Bằng quy nạp ta chứng minh được x_n \geq n \forall n=1,2,... \Rightarrow \dfrac{x_n}{n} \geq 1 \Rightarrow x_{n+1}=x_n+\dfrac{n}{x_n} \leq x_n+1 Tương tự x_n \leq x_{n-1}+1, x_{n-1}...

-1 \leq \dfrac{x^2+5x+m}{2x^2-3x+2} \forall x \Leftrightarrow \dfrac{x^2+5x+m}{2x^2-3x+2}+1 \geq 0 \forall x \Leftrightarrow \dfrac{3x^2+2x+m+2}{2x^2-3x+2} \geq 0 \forall x \Leftrightarrow 3x^2+2x+m+2 \geq 0 \forall x \Leftrightarrow \Delta _1'=1^2-3(m+2)=-3m-5 \leq 0 \Leftrightarrow m \geq...

1. 4 \sin 3x \cos 3x+\sqrt{3}=0 \Leftrightarrow 2\sin 6x+ \sqrt{3}=0 \Leftrightarrow \sin 6x=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\sin (-\dfrac{\pi}{3}) \Leftrightarrow 6x=-\dfrac{\pi}{3}+2k\pi \vee 6x=\dfrac{2\pi}{3}+2k\pi \Leftrightarrow x=\dfrac{-\pi}{18}+\dfrac{k\pi}{3} \vee x=\dfrac{\pi}{9}+\dfrac{k\pi}{3}...

Vì N nằm trên đường tròn đường kính MC nên \widehat{MNB}=90^o=\widehat{MAB} Từ đó tứ giác ABMN nội tiếp đường tròn đường kính MB. Tương tự, vì D thuộc đường tròn đường kính MC nên \widehat{MDC}=90^o \Rightarrow \widehat{BDC}=\widehat{BAC}=90^o \Rightarrow ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BC...

Ta có: 2 \geq x+y \geq 2\sqrt{xy} \Rightarrow xy \leq 1 Áp dụng BĐT Cauchy ta có \dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy} \geq \dfrac{4}{(x+y)^2} \geq 1 xy+\dfrac{1}{xy} \geq 2\sqrt{xy.\dfrac{1}{xy}}=2 \Rightarrow T=\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy}+xy+\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{2xy} \geq...

a) AM đi qua trung điểm của BC và vuông góc với BC nên AM là trung trực của BC b) Ta có: \widehat{EMB}=\widehat{FCM}(góc đồng vị) \widehat{EBM}=\widehat{FMC}(góc đồng vị) BM=MC \Rightarrow \Delta EMB=\Delta FCM(g-c-g) \Rightarrow ME=MF c) Từ \Delta EMB = \Delta FCM \Rightarrow EB=FM Mặt khác...

a) Ta viết \dfrac{a}{1+b}=a \cdot \dfrac{1}{1+b}=a(1-\dfrac{b}{1+b})=a-\dfrac{ab}{1+b} Tương tự \dfrac{b}{1+a}=b-\dfrac{ab}{1+a} Từ đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a+b-\dfrac{ab}{1+a}-\dfrac{ab}{1+b}+1-a-b+ab \leq 1 \Leftrightarrow ab \leq \dfrac{ab}{1+a}+\dfrac{ab}{1+b}...

Ta thấy y_1y_2=\dfrac{(x_1-1)(x_2-1)}{(x_1+1)(x_2+1)}=\dfrac{x_1x_2-x_1-x_2+1}{x_1x_2+x_1+x_2+1}=\dfrac{\dfrac{3-m}{m+2}-\dfrac{2(m-1)}{m+2}+1}{\dfrac{3-m}{m+2}+\dfrac{2(m-1)}{m+2}+1} =\dfrac{\dfrac{-2m+7}{m+2}}{\dfrac{2m+3}{m+2}}=\dfrac{-2m+7}{2m+3}...

Giả sử mỗi câu lạc bộ đều có không quá 63 học sinh nam hoặc 63 học sinh nữ. Ta sẽ đếm S là số bộ (a,b,c) mà học sinh nam a, học sinh nữ b cùng tham gia câu lạc bộ c. + Đếm theo học sinh: - Chọn ra 1 học sinh nam có 2020 cách. - Chọn ra 1 học sinh nữ có 2020 cách. Vì mỗi cặp học sinh khác giới...

:>> Éc éc 22-23/3/2022