|
|
giải đáp
|
học, học nữa, học mãi...
|
|
|
|
cách 2.. xét tam thức bậc hai: từ $(a_{1}x-b_{1})^{2}+.....+(a_{n}x-b_{n})^{2}\geq $ đúng với mọi $x$ $\Leftrightarrow (a_{1}^{2}+...)x^{2}-2(a_{1}b_{1}+.....)x+(b_{1}^{2}+....)\geq 0$ đúng với mọi $x$ $\Leftrightarrow \begin{cases}a_{1}^{2}+....>0 (đúng) \\ \Delta '\leq 0\end{cases}$ $\Leftrightarrow (a_{1}^{2}+...)(b_{1}^{2}+...)\geq (a_{1}b_{1}+...)^{2}$ suy ra đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
học, học nữa, học mãi...
|
|
|
|
BĐT Bunhiacopxki dạng tổng quát....(hai bộ số..$a_{1},a_{2},....,a_{n};b_{1},b_{2},...,b_{n}$ dương thì ta có..: $(a_{1}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+...+b_{n}^{2})\geq (a^{1}b^{1}+...+a_{n}b_{n})^{2} $ (1) cách 1...$(1)\Leftrightarrow \sqrt{(a_{1}^{2}+...)(b_{1}^{2}+...)}\geq {a_{1}b_{1}+....} $ $\Leftrightarrow \frac{ {a_{1}b_{1}+...} }{\sqrt{(a_{1}^{2}+...)(b_{1}^{2}+...)}}\leq 1$ thật vậy.:đánh giá đại diện..: $\frac{a_{1}b_{1}}{\sqrt{(..+...)(...+....)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{a^{2} _{1}}{a_{1}^{2}+...}+\frac{b^{2}_{1}}{b_{1}^{2}+....})$
tương tự rồi cộng lại ta đk đpcm cách 2 đợi mk tí...gõ mệt quá...!!! |
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình
|
|
|
|
cách 2 đây...Đk $x\geq 1$ $VT=\sqrt{(x-1)(x^{2}+x+1)}\leq \frac{1}{2}(x^{2}+2x)$ mà $x^{2}+2x\leq 2x^{2}+6x-2\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x\leq -2-\sqrt{6}\\ x\geq -2+\sqrt{6}\end{matrix}} \right.$ (luôn đúng $\forall x\geq 1$ ) đấu bằng ko xảy ra nên $VT>VP$....phương trình vô nghiệm.....
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình
|
|
|
|
Đk $x\geq 1$đặt $a=x^{2}+x+1;b=x-1$ thì $a,b\geq $ và pt tương đương: $\sqrt{ab}=a+2b$....(phương trình này vô nghiệm nên pt ban đầu vô nghiệm....) có sai sót gì ko vậy...???
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
đố vui....!!!
|
|
|
|
ẹc...con người mình đó.. lúc bé trẻ con bò 4 chân lớn đi bằng hai chân thôi.. già thêm cái gậy nữa là ba phải vậy không bn...!? |
|
|
|
giải đáp
|
Bài 3
|
|
|
|
$M \in AB$.gọi VTPT của AB là (a;b) váo a, b không đồng thời bằng 0
thì $(AB): a(x-2)+b(y+3)=0$
$\Leftrightarrow ax+by-2a+3b=0$
Mặt khác $cos(AB,BC)=cos45=\frac{\sqrt{2}}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{\left| {a+7b} \right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
suy ra giá trị của a,b và viết pt AB, tương tự với AC ok...
|
|
|
|
giải đáp
|
Bài này khá thú vị
|
|
|
|
ycbt $\Leftrightarrow $ ta cần chứng minh $3-2T\geq \frac{9}{5}$ thật vậy $3-2T=(1-\frac{2a}{3a+b+c})+(...)+(...)=(a+b+c)(\frac{1}{3a+b+c}+\frac{1}{3b+c+a}+\frac{1}{3c+a+b}$ $\Leftrightarrow 5(3-2T)=[(3a+b+c)+(3b+c+a)+(3c+a+b)](\frac{1}{3a+b+c}+\frac{1}{3b+c+a}+\frac{1}{3c+a+b})$ $5(3-2T)\geq 9$ (cô si 3 số) suy ra ta có đpcm dấu bằng $\Leftrightarrow a=b=c>0$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho $x^2+xy+y^2=1.$ Tìm min and max: $B=x^2-xy+2y^2$
|
|
|
|
$B=\frac{x^{2}-xy+2y^{2}}{x^{2}+xy+y^{2}}$ - nếu $y=0$ thì $B=1$
- $y\neq 0 $ thì $B=\frac{t^{2}-t+2}{t^{2}+t+1}$ với $t=\frac{x}{y}$
$\Leftrightarrow (B-1)t^{2}+(B+1)t+B-2=0$ - xét $B=1\Rightarrow$ $t=\frac{1}{2}$
- $B\neq 1\Rightarrow \exists t\Leftrightarrow \Delta =-3B^{2}+14B-7\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{7-2\sqrt{2}}{3}\leq B\leq \frac{7+2\sqrt{7}}{3}$ và 1 thì thuộc khoảng này..!! vậy nha bn... có gì sai thì báo mk nha..!? |
|
|
|
giải đáp
|
cái này mới nè.....!?
|
|
|
|
tự trả lời vậy......(lượng giác hóa...)chứng minh cái phụ đề sau... $\forall \Delta ABC$ ta có.:$cos2A+cos2B+cos2C=-4cossA.cosB.cosC-1$ (1) và cái này nữa....$cosA+cosB+cosC=4\sin \frac{A}{2}.\sin \frac{B}{2}.\sin \frac{C}{2}+1$ (2) $(1)\Leftrightarrow \cos ^{2}A+\cos ^{2}B+\cos ^{2}C =1-2\cos A.\cos B.\cos C$ và từ đk của a, b, c suy ra $\exists \Delta ABC$ thỏa mãn $a=\cos A;b=\cos B;c=\cos C$ lại có $\sin \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{1-cosA}{2}}$....tương tự vs những cái kia rồi thay vào (2) là được đpcm bạn nhé..!!! khuyến khích các cách giải khác......?!
|
|
|
|
giải đáp
|
thời gian cho lượng giác......!?
|
|
|
|
cm cái này bằng qui nạp hoặc bunhia cũng được:$a, b \in R^{+},n\in N^{*}$ thì $\frac{a^{n}+b^{n}}{2}\geq (\frac{a+b}{2})^{n}$áp dụng: $\frac{1}{2}(\sqrt[n]{\sin A}+\sqrt[n]{\sin B})\leq \sqrt[n]{\frac{\sin A+\sin B}{2}}$
$\leq \sqrt[n]{\sin \frac{A+B}{2}.\cos \frac{A-B}{2}}$ $\leq \sqrt[n]{\cos \frac{C}{2}}$ tương tự với những cái còn lại rồi cộng bọn chúng lại với nhau ta được cái $VT$ nó $\leq 1$ nên gt$\Leftrightarrow $ dấu bằng xảy ra hay $A=B=C$.....tam giác $ABC$ đều
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
lâu lắm mới vào lại HTN...cái này cho tất cả mọi người ha...không riêng ai cả...!
|
|
|
|
cho tam giác $ABC$ thỏa mãn:$\frac{1}{\sin ^{a}A}+\frac{1}{\sin ^{b}B}+\frac{1}{\sin ^{c}C}\leq \frac{1}{\sqrt[x]{\cos \frac{A}{2}}}+\frac{1}{\sqrt[y]{\cos \frac{B}{2}}}+$$\frac{1}{\sqrt[z]{\cos \frac{C}{2}}}$
(với $a, b, c, x, y,z \in N^{*}$ và các biểu thúc đều có nghĩa) Chứng minh rằng:$\frac{h_{a}}{l_{b}}=\frac{h_{b}}{l_{c}}=\frac{h_{c}}{l_{a}}$
|
|
|
|
giải đáp
|
lop 9
|
|
|
|
$A=(1-\frac{1}{x})(1-\frac{1}{y})(1+\frac{1}{x})(1+\frac{1}{y})$ $A=(\frac{x-x-y}{x})(\frac{y-x-y}{y})(\frac{x+x+y}{x})(\frac{y+x+y}{y})$ $A\geq 1.3\sqrt[3]{xxy}.3\sqrt[3]{xyy}/xy$ $A\geq 9$ |
|
|
|
giải đáp
|
cơ mà làm theo cách nào đơn giản mà dễ hiểu nhất...!?
|
|
|
|
lâu quá rồi....thôi để mk tự trả lời ha....đầu tiên mn chứng minh $\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{C}{2}\tan \frac{A}{2}=1$
gt $\Rightarrow \exists \Delta ABC $ để $\tan \frac{A}{2}=a;\tan \frac{B}{2}=b;\tan \frac{C}{2}=c$ do $\tan \alpha =\frac{2\tan \frac{\alpha }{2}}{1-\tan ^{2}\frac{\alpha }{2}}$ áp dụng cho: $\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$ là ta có đpcm nha.....!?
|
|