Kết quả tìm kiếm

Kẻ đường phân giác $AD$. Hạ $BH$ vuông góc $AD$ tại $H$ Theo tính chất đường phân giác và tính chất dãy tỉ số bằng nhau $$\dfrac{DB}{AB} = \dfrac{DC}{AC} = \dfrac{DB+DC}{AB+AC} = \dfrac{BC}{AB+AC} = \dfrac{a}{b+c}$$ Áp dụng quan hệ đường xiên - đường vuông góc và bđt Cô-si $$\dfrac{HB}{AB}...

Nóng T_T

Mình xin sửa lại đề chút c) Do $MNEOF$ nội tiếp nên $\widehat{OMF} = \widehat{ONF}$ và $\widehat{OME} = \widehat{ONE}$, mà $\widehat{ONF} = \widehat{ONE}$ nên $\widehat{OMF} = \widehat{OME}$ hay $MO$ là tia phân giác $\widehat{FME}$ Xét $\triangle{MKF}$ có $MI$ là đường phân giác trong, mà $MI...

Thay $x_1$ và $x_2$ vào pt ban đầu, đã sửa :D

ĐK : ... pt(1) $\iff (\sqrt{x^2 - 2x - y + 4} - 2) + (x + 1 - \sqrt{4x +y + 1}) = 0$ $\iff \dfrac{x^2 - 2x - y}{\sqrt{x^2-2x-y+4} + 2} + \dfrac{x^2 - 2x - y}{x + 1 + \sqrt{4x +y + 1}} = 0 \\ \iff (x^2 - 2x - y)(\ldots) = 0$ Dễ thấy $(\ldots)$ vô nghiệm với $x \geqslant \dfrac{2}3$ nên $x^2 -...

1b) Bạn chứng minh $\triangle{SAB} \sim \triangle{SCA}$ rồi làm tiếp nhé c) Bạn chứng minh $SH \cdot SO = SA^2 = SB \cdot SC$, rồi chứng minh hai tam giác đồng dạng, rồi dùng tính chất góc ngoài bằng góc tại đỉnh đối trong

$\Delta = 56 - 4m > 0 \iff m < 14$ Do$x_1, x_2$ là hai nghiệm của pt nên ta có $\left\{ \begin{array}{l} x_1^2 - 6x_1 + m -5= 0 \\ x_2^2 - 6x_2 + m -5 = 0 \end{array} \right. \iff \left\{ \begin{array}{l} 3x_1^2 = 18x_1 - 3m + 15 \\ x_2^2 = 6x_2 - m + 5 \end{array} \right.$ Theo định lý Vi-ét ...

Uh, với lại chuyển thành $(2-x)$ thì khi cộng với $(x+4)$ nó sẽ triệt tiêu cho nhau, chỉ còn là $6$ Thực tế thì cách làm trên có thể gọn đi nếu dùng trực tiếp bđt Minkowski, nhưng mình sợ bạn chưa học nên chứng minh gián tiếp qua bđt Buniakowski như trên :D

Thì luôn tìm được giao điểm của nó với mọi $m$ nên chúng luôn cắt nhau thôi :v Hpt hoành độ, tung độ giao điểm là $$\left\{ \begin{array}{l} -x+3y=3m+1 \\ 2x+y= -6m +5 \end{array} \right.$$

Mình ghi rõ ràng vậy mà bạn ? $\widehat{AHB} + \widehat{APB}$ $= \widehat{EHD} + \widehat{AMB}$ (đối đỉnh và đối xứng) $= \widehat{EHD} + \widehat{ECD}$ (góc nội tiếp cùng chắn một cung) $= 180^\circ$ ($EHDC$ nội tiếp)

Vì nó là $(2-x)^2$ chứ không phải $(x-2)^2$

$\Delta = 4m^2 - 4m + 1 = (2m-1)^2 \geqslant 0$. Pt luôn có $2$ nghiệm Giả sử pt trên có $2$ nghiệm cùng dương. Khi đó $S = x_1 + x_2 = -2m \geqslant 0$ và $P = x_1x_2 = m-1 \geqslant 0$ Suy ra $m \leqslant 0$ và $m \geqslant 1$. Dễ thấy không có $m$ thỏa mãn Vậy điều giả sử là sai nên ...

Ai bảo bạn cộng lại làm gì ? $x^4 = 1 - y^2 \leqslant 1$ Được chưa bạn ?

Bình phương của một số luôn lớn hơn hoặc bằng $0$ đó bạn

Cộng hai vế cho $4ab$ đó bạn

Thỏa mãn điều kiện $3x_1^2 + x_2^2 + x_1x_2$ bằng gì vậy bạn ?

Hướng dẫn : Chứng minh $\triangle{CED} \sim \triangle{CHA}$ rồi suy ra $\dfrac{CE}{CH} =\dfrac{DE}{AH}$, bình phương và nhân chéo ta suy ra $\dfrac{AH^2 \cdot CE^2}{CH^2} = DE^2$ Chứng minh $\triangle{CED} \sim \triangle{DEB}$ và suy ra $\dfrac{CE}{DE} = \dfrac{DE}{BE}$ hay $DE^2 = CE \cdot...

Từ $x^4 + y^2 \leqslant 1$ ta suy ra $x^4 \leqslant 1$ và $y^2 \leqslant 1$. Suy ra $-1 \leqslant x \leqslant 1$ và $-1 \leqslant y \leqslant 1 \quad (1)$ Ta lại có $x^4 + y^2 \leqslant 1 \leqslant x^5 + y^3$ $\iff x^4(1-x) + y^2(1-y) \leqslant 0$ Dễ thấy $VT$ luôn $\geqslant 0$ do $(1)$. Vậy...

Ta có $(a-b)^2 \geqslant 0$ $\iff a^2 -2ab + b^2 \geqslant 0$ $\iff a^2 + 2ab + b^2 \geqslant 4ab$ $\iff (a+b)^2 \geqslant 4ab$ $\iff 36 \geqslant 4ab$ $\iff ab \leqslant 9$ Dấu '=' xảy ra khi $a = b = 3$

Số hạng đâu tiên là $U_1$ nên $n = 1$ đó bạn