Bài toán này phải là đi chứng minh:$\frac{h_a}{h_b}+\frac{h_b}{h_c}+\frac{h_c}{h_a}\leqslant \frac{h_b}{h_a}+\frac{h_c}{h_b}+\frac{h_a}{h_c}$Từ giả thiết suy ra $a > b >c.$ Mặt khác $ah_a=bh_b=ch_c=2S$, với $S$ là diện tích tam giác.Suy ra BĐT đã cho tương đương với $\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \qquad (1)$Nhân hai vế của (1) với $abc>0$ ta được:$(1)\Leftrightarrow b^2c+c^2a+a^2b\geq a^2c+b^2a+c^2b$ $\Leftrightarrow b^2(c-a)+c^2(a-b)+a^2(b-c)\geq 0$ $\Leftrightarrow b^2(c-b+b-a)+c^2(a-b)+a^2(b-c)\geq 0$ $\Leftrightarrow (b-c)(a^2-b^2)+(a-b)(c^2-b^2)\geq 0$ $\Leftrightarrow (a-b)(b-c)[(a+b)-(c+b)]=(a-b)(b-c)(a-c)\geq 0$.BĐT trên đúng theo giả thiết, ta suy ra đpcm.

Từ giả thiết suy ra $a > b >c.$ Mặt khác $ah_a=bh_b=ch_c=2S$, với $S$ là diện tích tam giác.Suy ra BĐT đã cho tương đương với $\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \qquad (1)$Nhân hai vế của (1) với $abc>0$ ta được:$(1)\Leftrightarrow b^2c+c^2a+a^2b\geq a^2c+b^2a+c^2b$ $\Leftrightarrow b^2(c-a)+c^2(a-b)+a^2(b-c)\geq 0$ $\Leftrightarrow b^2(c-b+b-a)+c^2(a-b)+a^2(b-c)\geq 0$ $\Leftrightarrow (b-c)(a^2-b^2)+(a-b)(c^2-b^2)\geq 0$ $\Leftrightarrow (a-b)(b-c)[(a+b)-(c+b)]=(a-b)(b-c)(a-c)\geq 0$.BĐT trên đúng theo giả thiết, ta suy ra đpcm.

Theo công thức tính tổng cấp số cộng vô hạn$\sum_{n=1}^{+\infty }\frac{1}{3^n}=\sum_{n=0}^{+\infty }\frac{1}{3^n}-1=\lim_{N \to +\infty}\sum_{n=0}^{N }\frac{1}{3^n}-1=\lim_{N \to +\infty}\frac{1-\frac{1}{3^N}}{1-\frac{1}{3}}-1=\frac{1}{1-\frac{1}{3}}-1=\frac{1}{2}$.

Theo công thức tính tổng cấp số cộng vô hạn$\sum_{n=1}^{+\infty }\frac{1}{3^n}=\sum_{n=0}^{+\infty }\frac{1}{3^n}-1=\lim_{N \to +\infty}\sum_{n=0}^{N }\frac{1}{3^n}-1=\lim_{N \to +\infty}\frac{1-\frac{1}{3^{N+1}}}{1-\frac{1}{3}}-1=\frac{1}{1-\frac{1}{3}}-1=\frac{1}{2}$.

Tìm chữ số tận cùng?

Tìm chữ số tận cùng của $3^{2011}$32011261570Tìm $2$ chữ số tận cùng của $51^{2012}$512012261570Tìm $3$ chữ số tận cùng của $141376^9$141376261570Chứng minh rằng $26^{1570}$ chia hết cho $8$

Đại số

Tìm chữ số tận cùng?

Tìm chữ số tận cùng của $3^{2011}$Tìm $2$ chữ số tận cùng của $51^{2012}$Tìm $3$ chữ số tận cùng của $141376^9$Chứng minh rằng $26^{1570}$ chia hết cho $8$

Đại số

Xét $\triangle ABD$ và $\triangle ACD$ có chung đáy $AD$ và đường cao hạ từ $B$ và $C$ xuống $AD$ bằng nhau vì đều bằng đường cao của hình thang. Do đó $S_{ABD}=S_{ACD} \quad (1)$.Lý luận tương tự như vậy thì ta có $\frac{S_{ABO}}{S_{AOD}}=\frac{BO}{OD}=\frac{S_{BOC}}{S_{COD}}\Rightarrow S_{ABO}.S_{COD}=S_{AOD}.S_{BOC}=(13.14)^2 \quad (2)$Từ (1) và (2) suy ra $S_{ABD}=S_{ACD}=13.14=$.Vậy$S_{ABCD}=S_{ABO}+S_{COD}+S_{AOD}+S_{BOC}=196+169+2.182=729.$

Xét $\triangle ABD$ và $\triangle ACD$ có chung đáy $AD$ và đường cao hạ từ $B$ và $C$ xuống $AD$ bằng nhau vì đều bằng đường cao của hình thang. Do đó $S_{ABD}=S_{ACD}\Rightarrow S_{ABO}=S_{COD}\quad (1)$.Lý luận tương tự như vậy thì ta có$\frac{S_{ABO}}{S_{AOD}}=\frac{BO}{OD}=\frac{S_{BOC}}{S_{COD}}\Rightarrow S_{ABO}.S_{COD}=S_{AOD}.S_{BOC}=(13.14)^2 \quad (2)$Từ (1) và (2) suy ra$S_{ABO}=S_{COD}=13.14=182$.Vậy$S_{ABCD}=S_{ABO}+S_{COD}+S_{AOD}+S_{BOC}=196+169+2.182=729.$

1. Không mất tính tổng quát giả sử $a \ge b \ge c$$\Rightarrow \begin{cases}a^2 \ge b^2\ge c^2 \\ b+c \le a+c \le a+b \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a^2 \ge b^2\ge c^2 \\ \frac{1}{b+c} \ge \frac{1}{c+a} \ge \frac{1}{a+b} \end{cases}$.Suy ra $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b} \ge (a^2 + b^2+ c^2)\left ( \frac{1}{b+c} +\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b} \right )\ge (a^2 + b^2+ c^2)\frac{9}{2(a+b+c)} \ge (a^2 + b^2+ c^2)\frac{9}{2\sqrt 3 \sqrt{a^2 + b^2+ c^2}} =\frac{\sqrt{3} \sqrt{a^2 + b^2+ c^2}}{2} \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$.Trong đó đã sử dụng hai BĐT khác quen biết$(x+y+z)^2 \le 3(x^2+y^2+z^2)$và$\frac{1}{x}+ \frac{1}{y}+ \frac{1}{z} \ge \frac{9}{x+y+z}$

1. Không mất tính tổng quát giả sử $a \ge b \ge c$$\Rightarrow \begin{cases}a^2 \ge b^2\ge c^2 \\ b+c \le a+c \le a+b \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a^2 \ge b^2\ge c^2 \\ \frac{1}{b+c} \ge \frac{1}{c+a} \ge \frac{1}{a+b} \end{cases}$.Suy ra $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b} \ge \frac{1}{3}(a^2 + b^2+ c^2)\left ( \frac{1}{b+c} +\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b} \right )\ge \frac{1}{3}(a^2 + b^2+ c^2)\frac{9}{2(a+b+c)} \ge (a^2 + b^2+ c^2)\frac{3}{2\sqrt 3 \sqrt{a^2 + b^2+ c^2}} =\frac{\sqrt{3} \sqrt{a^2 + b^2+ c^2}}{2} \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$.Trong đó đã sử dụng hai BĐT khác quen biết$(x+y+z)^2 \le 3(x^2+y^2+z^2)$và$\frac{1}{x}+ \frac{1}{y}+ \frac{1}{z} \ge \frac{9}{x+y+z}$

b. Dễ thấy dãy số bị chặn dưới bởi $0$. Ngoài ra ta còn có thể chứng minh kết quả tốt hơn đó là $u_n >1$ bằng cách viết $u_n = n+ \frac{2}{n} >1+0=1.$Dãy số trên không bị chặn dưới bởi vì khi $n \to +\infty$, tức là vô cùng lớn thì $\frac{2}{n} \to 0$, khi đó$u_n \to +\infty+0=+\infty$, vô cùng lớn.

b. Dễ thấy dãy số bị chặn dưới bởi $0$. Ngoài ra ta còn có thể chứng minh kết quả tốt hơn đó là $u_n >1$ bằng cách viết $u_n = n+ \frac{2}{n} >1+0=1.$Dãy số trên không bị chặn trên bởi vì khi $n \to +\infty$, tức là vô cùng lớn thì $\frac{2}{n} \to 0$, khi đó$u_n \to +\infty+0=+\infty$, vô cùng lớn.

Gợi ý:+ Xét $z=2$, HPT$\begin{cases}x+y=2 \\ x^{2}+y^{2}=2 \\x^{3}+y^{3}=0\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x+y=2 \\ x^{2}+y^{2}=2 \\x^2+y^2-xy=0\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x+y=2 \\ xy=2\end{cases}$, vô nghiệm.+ Xét $z \ne 0$, HPT$\begin{cases}(x+y)^2=(2-z)^2 \\ x^{2}+y^{2}=6-z^2 \\(x+y)(x^2+y^2-xy)=8-z^3\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x+y=2-z\\ xy=\dfrac{(2-z)^2-(6-z^2)}{2} \\(x+y)(x^2+y^2-xy)=8-z^3 \qquad (1)\end{cases}$.Như vậy$(1)\Leftrightarrow (2-z)\left ( 6-z^2- \frac{(2-z)^2-(6-z^2)}{2} \right )=8-z^3$$\Leftrightarrow (z-2)(z-1)(z+1)=0$.Tìm ra $z$ và thay vào hệ ta dễ giải được $x$ và $y$.

Gợi ý:+ Xét $z=2$, HPT$\begin{cases}x+y=0 \\ x^{2}+y^{2}=2 \\x^{3}+y^{3}=0\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x+y=0 \\ x^{2}+y^{2}=2 \end{cases}\Rightarrow (x,y)=(-1,1),(1,-1).$+ Xét $z \ne 0$, HPT$\begin{cases}(x+y)^2=(2-z)^2 \\ x^{2}+y^{2}=6-z^2 \\(x+y)(x^2+y^2-xy)=8-z^3\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x+y=2-z\\ xy=\dfrac{(2-z)^2-(6-z^2)}{2} \\(x+y)(x^2+y^2-xy)=8-z^3 \qquad (1)\end{cases}$.Như vậy$(1)\Leftrightarrow (2-z)\left ( 6-z^2- \frac{(2-z)^2-(6-z^2)}{2} \right )=8-z^3$$\Leftrightarrow (z-2)(z-1)(z+1)=0$.Tìm ra $z$ và thay vào hệ ta dễ giải được $x$ và $y$.

PT nghiệm nguyên

$x^4+x^3+x^2+x+1=y^2+1$

Phương trình

PT nghiệm nguyên

$x^4+x^3+x^2+x=y^2$

Phương trình

ĐK: $x>-1.$ PT$\Leftrightarrow (x+2)\log_3^2(x+1)-4\log_3(x+1)+4(x+2)\log_3(x+1)-16=0$$\Leftrightarrow \left[ {(x+2)\log_3(x+1)-4} \right]\left[ {\log_3(x+1)+4} \right]=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \log_3(x+1)=\frac{4}{x+2}\\ \log_3(x+1)=-4 \end{matrix}} \right.$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \log_3(x+1)=\frac{4}{x+2}\\ x=3^{-4 }-1\end{matrix}} \right.$Mà hàm $\log_3(x+1)$ đồng biến, hàm $\frac{4}{x+1}$nghịch biến nên nó có nghiệm duy nhất$x=2.$

ĐK: $x>-1.$ PT$\Leftrightarrow (x+2)\log_3^2(x+1)-4\log_3(x+1)+4(x+2)\log_3(x+1)-16=0$$\Leftrightarrow \left[ {(x+2)\log_3(x+1)-4} \right]\left[ {\log_3(x+1)+4} \right]=0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \log_3(x+1)=\frac{4}{x+2}\\ \log_3(x+1)=-4 \end{matrix}} \right.$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \log_3(x+1)=\frac{4}{x+2}\\ x=3^{-4 }-1\end{matrix}} \right.$Mà hàm $\log_3(x+1)$ đồng biến, hàm $\frac{4}{x+2}$nghịch biến nên nó có nghiệm duy nhất$x=2.$Vậy $x=2,x=3^{-4 }-1.$

Giải phương trình này dùm mình, đừng giải tắt quá nha

$2sin3x(1-4sin^{2}x)=1$

Phương trình lượng giác cơ bản

Giải phương trình này dùm mình, đừng giải tắt quá nha

$2\sin3x(1-4\sin^{2}x)=1$

Phương trình lượng giác cơ bản

1. Điều kiện $x >1.$ PT$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\log_3(x^2-5x+6)^2= \log_3(x-1)-\log_32+\frac{1}{2}\log_3(x-3)^2$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\log_3(x-2)^2(x-3)^2= \frac{1}{2}\log_3(x-1)^2-\log_32+\frac{1}{2}\log_3(x-3)^2$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\log_3(x-2)^2(x-3)^2= \frac{1}{2}\log_3(x-1)^2(x-3)^2-\log_32$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\log_3\dfrac{(x-3)^2}{(x-2)^2}=\log_32 $$\Leftrightarrow \log_3\dfrac{|x-3|}{|x-2|}=\log_32 $$\Leftrightarrow \left| {\dfrac{x-3}{x-2}} \right|=2$$\Leftrightarrow x=\dfrac73$.

1. Điều kiện $x >1.$ PT$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\log_3(x^2-5x+6)^2= \log_3(x-1)-\log_32+\frac{1}{2}\log_3(x-3)^2$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\log_3(x-2)^2(x-3)^2= \frac{1}{2}\log_3(x-1)^2-\log_32+\frac{1}{2}\log_3(x-3)^2$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\log_3(x-2)^2(x-3)^2= \frac{1}{2}\log_3(x-1)^2(x-3)^2-\log_32$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\log_3\dfrac{(x-1)^2}{(x-2)^2}=\log_32 $$\Leftrightarrow \log_3\dfrac{|x-1|}{|x-2|}=\log_32 $$\Leftrightarrow \left| {\dfrac{x-1}{x-2}} \right|=2$$\Leftrightarrow x=\dfrac53$.

BĐT Cô-si là BĐT có dạng $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$ bởi vì nó$\Leftrightarrow \left ( \sqrt{a}- \sqrt b\right )^2 \ge 0$, luôn đúngĐẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b$.Mặt khác khi đã chứng minh được $0 \le t \le 5$ thì ta hiển nhiên có $t \in [0,5].$Xa hơn nữa ta còn chỉ ra được$t=0\Leftrightarrow x=4$ hoặc $x=6$$t=5\Leftrightarrow x=1$Thì tức là GTNN $t=0$ và GTLN $t=5$.

BĐT Cô-si là BĐT có dạng $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$ bởi vì nó$\Leftrightarrow \left ( \sqrt{a}- \sqrt b\right )^2 \ge 0$, luôn đúngĐẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b$.Mặt khác khi đã chứng minh được $0 \le t \le 5$ thì ta hiển nhiên có $t \in [0,5].$Xa hơn nữa ta còn chỉ ra được$t=0\Leftrightarrow x=4$ hoặc $x=6$$t=5\Leftrightarrow x=1$Thì tức là GTNN $t=0$ và GTLN $t=5$.

Số hạng tổng quát $T_k=C_{15}^k\left ( \frac{1}{x} \right )^k\left ( \sqrt[]{x} \right )^{15-k}=C_{10}^k.x^{-k/5}.x^{\frac{10-k}{3}}$Giả sử số hạng giữa mà bạn muốn tìm là $T_5$ thì nó là $T_5=C_{10}^{5}.x^{-1}.x^{\frac{5}{3}}=C_{10}^{5}.x^{\frac{2}{3}}=C_{10}^{5}\sqrt[3]{x^2}$.

1. Số hạng tổng quát $T_k=C_{15}^k\left ( -\frac{1}{x} \right )^k\left ( \sqrt[]{x} \right )^{15-k}=C_{15}^k.(-1)^k.x^{-k}.x^{\frac{15-k}{2}}$Ta có $T_6=C_{15}^{6}.x^{-6}.x^{\frac{9}{2}}=C_{15}^{6}.x^{\frac{-3}{2}}$.

Bài 3. Gọi hai số phải tìm là $x,y$ thì ta có hệ$\begin{cases}x+y=1006 \\ x=2y+124 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x+y=1006 \\ x-2y=124 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=712 \\ y=294 \end{cases}$

Bài 3. Gọi hai số phải tìm là $x,y$ thì ta có hệ$\begin{cases}x+y=1006 \\ x=2y+124 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x+y=1006 \\ x-2y=124 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=712 \\ y=294 \end{cases}$

Loga.

Chứng minh rằng: $$a^{\log_ac}=c^{\log_ba}$$

Các phép toán mũ - lôgarit

Loga.

Chứng minh rằng: $$a^{\log_bc}=c^{\log_ba}$$

Các phép toán mũ - lôgarit