Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2.
Tìm Min.
\(M=\sum\sqrt{\left(x-3\right)^2+4^2}\ge\sqrt{\left(x+y+z-9\right)^2+\left(4+4+4\right)^2}=6\sqrt{5}\)
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1.$
Tìm Max.
Ta đi chứng minh \(5-\dfrac{1}{3}x\ge\sqrt{x^2-16x+25}\)
Do $x+y+z=3;x,y,z\ge 0$ nên $x\le 3.$ Do đó \(VT\ge5-1=4>0.\) (1)
Bình phương hai vế, rút gọn, bất đẳng thức tương đương với \(\dfrac{8}{9}x\left(3-x\right)\ge0\) (hiển nhiên)
Thiết lập hai bất đẳng thức còn lại tương tự và cộng theo vế thu được Max = 14 kết hợp với số 4 ở (1) là được ngày sinh của em=))
Đề bất đẳng thức đơn giản v:vv
3c) Ta sẽ chứng minh
\(\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}\ge\dfrac{a^2}{b^2+c^2}\Leftrightarrow\dfrac{a^3\left[2\left(b^2+c^2\right)a^2-\left(b+c\right)^3a+\left(b^2+c^2\right)^2\right]}{\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left(b^2+c^2\right)}\ge0\)
Hay là \(2\left[2\left(b^2+c^2\right)a^2+\left(b^2+c^2\right)^2\right]\ge (b+c)^3 a\)
Đúng vì theo AM-GM ta có:
\(VT\ge2\sqrt{2a^2\left(b^2+c^2\right)^3}\ge2\sqrt{2\left[\dfrac{\left(b+c\right)^2}{2}\right]^3}a=\left(b+c\right)^3a=VP.\)
Xong.
I.1.
ĐK: \(x\in R\)
\(x^2+3x+1=\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}\)
\(\Leftrightarrow2x^2+6x+2=2\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}\)
\(\Leftrightarrow x^2+1+x^2+6x+9-2\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}=8\)
\(\Leftrightarrow\left(x+3-\sqrt{x^2+1}\right)^2=8\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+3-\sqrt{x^2+1}=2\sqrt{2}\\x+3-\sqrt{x^2+1}=-2\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}=x+3-2\sqrt{2}\left(1\right)\\\sqrt{x^2+1}=x+3+2\sqrt{2}\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\sqrt{x^2+1}=x+3-2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+3-2\sqrt{2}\ge0\\x^2+1=x^2+2\left(3-2\sqrt{2}\right)x+17-12\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge2\sqrt{2}-3\\2\left(3-2\sqrt{2}\right)x=12\sqrt{2}-16\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow x=2\sqrt{2}\)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow\sqrt{x^2+1}=x+3+2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+3+2\sqrt{2}\ge0\\x^2+1=x^2+2\left(3+2\sqrt{2}\right)x+17+12\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-3-2\sqrt{2}\\2\left(3+2\sqrt{2}\right)x=-16-12\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow x=-2\sqrt{2}\)
Vậy phương trình có nghiệm \(x=\pm2\sqrt{2}\)
Câu 1 :
Ta có : \(x^2+3x+1=\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}\)
- Đặt \(\sqrt{x^2+1}=a\left(a\ge0\right)\)
PT TT : \(a^2+3x=a\left(x+3\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2-ax-3a+3x=0\)
\(\Leftrightarrow a^2-a\left(x+3\right)+3x=0\)
Có : \(\Delta=b^2-4ac=\left(a+3\right)^2-4.3a=a^2+6a+9-12a\)
\(=a^2-6a+9=\left(a-3\right)^2\ge0\forall a\)
TH1 : \(\Delta=0\Rightarrow a=3\left(TM\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{x^2+1}=3\)
\(\Rightarrow x=\pm2\sqrt{2}\)
TH2 : \(\Delta>0\)
=> Pt có 2 nghiệm phân biệt :\(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{x+3+\sqrt{\left(x-3\right)^2}}{2}\\a=\dfrac{x+3-\sqrt{\left(x-3\right)^2}}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3+\left|x-3\right|}{2}\\\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3-\left|x-3\right|}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3+x-3}{2}=\dfrac{2x}{2}=x\\\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3-x+3}{2}=3\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3-x+3}{2}=3\\\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3+x-3}{2}=x\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+1=9\\x^2+1=x^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x=\pm2\sqrt{2}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm là \(S=\left\{\pm2\sqrt{2}\right\}\)
Bài I
a ĐKXĐ : \(\left\{{}\begin{matrix}2-x\ge0\\2-x^2\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\le2\\-\sqrt{2}\le x\le\sqrt{2}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow-\sqrt{2}\le x\le\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow\left(2-x^2\right)=\left(\sqrt{2-x}\right)^2\Leftrightarrow x^4-4x^2+4=2-x\Leftrightarrow x^4-4x^2+x+2=0\)
\(\Leftrightarrow x^4-x^3+x^3-x^2-3x^2+3x-2x+2=0\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^3+x^2-3x-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-1=0\left(1\right)\\x^3+x^2-3x-2=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
Từ (1) \(\Rightarrow x=1\left(TM\right)\)
Từ (2) \(\Rightarrow x^3+2x^2-x^2-2x-x-2=0\Leftrightarrow\left(x+2\right)\left(x^2-x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+2=0\\x^2-x-1=0\end{matrix}\right.\)
*Nếu x+2=0 \(\Leftrightarrow x=-2\left(L\right)\)
*Nếu \(x^2-x-1=0\Leftrightarrow x^2-x+\dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{4}\Leftrightarrow\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{5}{4}\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\\x-\dfrac{1}{2}=\dfrac{-\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\left(L\right)\\x=\dfrac{-\sqrt{5}+1}{2}\left(TM\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy...
Toán C89 :
Ta có : \(x^3+y^3+6xy\le8\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3-3xy.\left(x+y\right)-8+6xy\le0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(x+y\right)^3-8\right]-3xy.\left(x+y-2\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y-2\right)\left[\left(x+y\right)^2+2.\left(x+y\right)+4\right]-3.xy.\left(x+y-2\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y-2\right)\left[\left(x+y\right)^2+2.\left(x+y\right)+4-3xy\right]\le0\) (*)
Ta thấy : \(\left(x+y\right)^2+2.\left(x+y\right)+4-3xy\)
\(=x^2+y^2-xy+2.\left(x+y\right)+4\)
\(=\left(x-\dfrac{y}{2}\right)^2+\dfrac{3y^2}{4}+2.\left(x+y\right)+4>0\forall x,y>0\)
Do đó từ (*) suy ra : \(x+y-2\le0\Leftrightarrow x+y\le2\)
Ta có : \(Q=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\ge\dfrac{4}{2}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=1\)
Vậy Min \(Q=2\) khi \(x=y=1\)
Toán C88 :
Áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số dương lần lượt ta có được :
\(\left(a+1\right)+4\ge4\sqrt{a+1}\)
\(\left(b+1\right)+4\ge4\sqrt{b+1}\)
\(\left(c+1\right)+4\ge4\sqrt{c+1}\)
Do đó : \(a+b+c+15\ge4.\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\right)=4.6=24\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge9\)
Ta có : \(a^2+ab+b^2=\dfrac{4.\left(a^2+ab+b^2\right)}{4}=\dfrac{\left(a-b\right)^2+3.\left(a+b\right)^2}{4}\ge\dfrac{3.\left(a+b\right)^2}{4}>0\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\left(a+b\right)\)
Chứng minh tương tự ta có :
\(\sqrt{b^2+bc+c^2}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(b+c\right)\)
\(\sqrt{c^2+ca+a^2}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\left(c+a\right)\)
Do đó : \(P\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot2\cdot\left(a+b+c\right)=\sqrt{3}.\left(a+b+c\right)\ge9\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=3\)
Vậy Min \(P=9\sqrt{3}\) khi \(a=b=c=3\)
[Toán.C93_17.2.2021] rất hay và khó! Đó là câu em gửi anh trên Facebook hồi sáng. Và em cũng là người đầu công khai đưa ra lời giải bài này.
Xem chi tiết tại tthnew's blog: 1721
Câu III ý 2)
Ta có:
\(P^2\le\left(a^2+b^2\right)\left[3b\left(a+2b\right)+3a\left(b+2a\right)\right]=2\left[6\left(a^2+b^2\right)+3\cdot2ab\right]\)
\(\le2\left[6\cdot2+3\left(a^2+b^2\right)\right]\le36\Rightarrow P\le6.\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1.$
Vậy...
Bài V có phải là 3; 3; 4 không anh Quoc Tran Anh Le CTV?
Ta có:\( \widehat{BIJ}=\widehat{BAI}+\widehat{ABI}\)
\(=\widehat{IAC}+\widehat{IBC}\) (I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC)
Xét (O) : \(\widehat{JAC}=\widehat{JBC}\)
Nên \( \widehat{BIJ}=\widehat{JBC}+\widehat{IBC}=\widehat{IBJ}\)
Suy ra tam giác BIJ cân tại J nên JB=JI
J ∈đường trung trực của BI
Chứng minh tương tự có: JI=JC nên J ∈đường trung trực của IC
Suy ra J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC
b, Xét O có \(\widehat{JBK} =90^o\)
nên tam giác JBK vuông tại B
BE là đường cao (OB=OC;JB=JC nên OJ trung trực BC)
suy ra \(JB^2=JE.JK\) hay \(JI^2=JE.JK\)
b, Xét (O) có\( \widehat{SBJ}=\widehat{BAJ}=\widehat{JBC} \)(góc tạo bởi tia tt và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung JB)
suy ra BJ là đường phân giác trong\( \widehat{SBE}\)
\(BJ⊥ BK \)nên BK là đường phân giác ngoài tam giác SBE
suy ra\( \dfrac{SJ}{JE}=\dfrac{SK}{EK}\)
hay \(SJ.EK=SK.JE\)
c, Đặt L là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC suy ra A;J;L thẳng hàng
CL phân giác ngoài góc C;CI phân giác ngoài góc C
suy ra 
JI=JC nên \(\widehat{JIC}=\widehat{JCI}\)
\( \widehat{JIC}+ \widehat{ILC}=90^o\)
\(\widehat{JCI}+ \widehat{JCL}=90^o\)
nên \(\widehat{ILC}= \widehat{JCL}\)
suy ra JC=JL nên J là trung điểm IL
Có:\( \widehat{ACL}=\widehat{ACI}+90^o\)
\(\widehat{AIB}=\widehat{ACI}+90^o\)
nên \(\widehat{ACL}=\widehat{AIB}\)
Lại có: \(\widehat{LAC}=\widehat{BAI}\)
nên tam giác ABI \(\backsim\) tam giác ALC
suy ra \(AB.AC=AI.AL\)
Có trung tuyến SB SC cát tuyến SDA nên tứ giác ABDC là tứ giác điều hòa với \(AB.DC=BD.AC=\dfrac{1}{2}.AD.BC\)
suy ra \(BD.AC=AD.EC\)
cùng với\( \widehat{BDA}=\widehat{ECA}\)
nên tam giác ABD đồng dạng AEC
suy ra \(AB.AC=AD.AE;\widehat{BAD}=\widehat{EAC}\)
vậy \(AD.AE=AI.AL;\widehat{DAI}=\widehat{LAE}\) (do AJ là phân giác góc A)
từ đây suy ra tam giác ADI\( \backsim\) tam giác ALE
nên \(\widehat{ADI}=\widehat{ALE}\)
mà \( \widehat{ADI}= \widehat{AJM}=\widehat{ALE}\)
nên JM//LE
J là trung điểm IL nên JM đi qua trung điểm IE (đpcm)
em sắp xếp hết r anh huhu
E cố học bài cho nhanh để tham gia đấy ạ!!!
Trễ lắm anh ơi , giờ đó em đi ngủ rồi !
Chúng mình dời lịch để giúp các bạn sắp xếp thời gian học tập thuận tiện hơn nha <3
oh no !
ơ kìaaa :< e đã cố gắng ăn tối mau để chs màa :<<
Ơ thế không live trên youtube của Hoc24 ạ?
sao vậy anh buồn quá
Ờ thế có live trên youtube ko ạ
Anh ơi giờ đó em đi ngủ để mai đi học vả lại em cũng học bài xong r
ngủ sớm thế
mì của e cj ship đến đâu r :v ngóng mãi hônk thấy ạ
Đang muốn tham gia mà!!!
Đúng
Ngủ sớm để mai có sức đi học
Nguyễn Minh Hoàng Tại sáng có việc đi từ sớm nên ngủ sớm , vậy thoi .
21h ngủ rồi anh ơi ;-;
Cuộc sống mà
trường mình chia 2 buổi 6,9 hc sáng 7,8 hc chiều
Như ăn hết òi Zd
E không thức khuya hơn được đâu!!!!
:vvv
Dzịt cj quản lại con heo của cj đy kìa :v
E chỉ thức đc tới 21h hoặc nhỉnh hơn chút xíu thôi
Trường mik 7,9 học sáng, 6,8 học chiều
Hơi muộn đấy nhỉ, lúc đó chắc em ko tham gia đc ( giờ thiền đêm, mai hok * thi * cho tốt ). Có thể lùi lại 8h30' đc khum a ?
20:20 đc không anh?
Cj ấy phũ Như rồi ăn để trả thù
22 h e mới ngủ nên chả sao cả, mn ngủ sớm thế.
em 10h mới ngủ nên cũng ko sao đâu ạ :3
Cố tham gia nha ^^