|
|
sửa đổi
|
toán 10
|
|
|
|
ĐK: $y\neq 0, x-2y\geq 0$$pt(1)\leftrightarrow \frac{x-2y}{y^{2}}-\sqrt{x-2y}-6=0$giải pt được $\frac{\sqrt{x-2y}}{y}=3 hoặc\frac{\sqrt{x-2y}}{y}=-2$giải từng pt nghiêm ở trên kết hợp với điều kiện tìm nghiệm của pt
ĐK: $y\neq 0, x-2y\geq 0$$pt(1)\leftrightarrow \frac{x-2y}{y^{2}}-\frac{\sqrt{x-2y}}{y}-6=0$giải pt được $\frac{\sqrt{x-2y}}{y}=3 hoặc\frac{\sqrt{x-2y}}{y}=-2$giải từng pt nghiêm ở trên kết hợp với điều kiện tìm nghiệm của pt
|
|
|
|
sửa đổi
|
BDT SAP THI ROI
|
|
|
|
BDT SAP THI ROI a,b,c>0$a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 12$tìm min$P=\frac{1}{\sqrt{a^{3}+1}}+\frac{1}{\sqrt{b^{3}+1}}+\frac{1}{\sqrt{c^{3}+1}}$
BDT SAP THI ROI a,b,c>0$a^{2}+b^{2}+c^{2} = 12$tìm min$P=\frac{1}{\sqrt{a^{3}+1}}+\frac{1}{\sqrt{b^{3}+1}}+\frac{1}{\sqrt{c^{3}+1}}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Toán dãy số
|
|
|
|
xin loi vi may khong danh duoc dau.trước tiên ta biến đổi Ùn=$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$$\rightarrow U_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}$ xet hieu $U_{n+1}-U_{n}=\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$NX: $\sqrt{n+2}>\sqrt{n}\rightarrow \sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}>\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\rightarrow \frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}<\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$hAY $U_{n+1}-U_{n}<0\rightarrow $ day giam
trước tiên ta biến đổi Ùn=$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$$\rightarrow U_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}$ xet hieu $U_{n+1}-U_{n}=\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$NX: $\sqrt{n+2}>\sqrt{n}\rightarrow \sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}>\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\rightarrow \frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}<\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$hAY $U_{n+1}-U_{n}<0\rightarrow $ day giam
|
|
|
|
sửa đổi
|
toan 10
|
|
|
|
a, $\leftrightarrow (x^{2}-2x+1)+(4y^{2}-12y+9)+3(z^{2}-2z+1)+1 >0$$\leftrightarrow (x-1)x^{2}+(2y-3)^{2}+3(z-1)^{2}+1>0$ (luon dung)b, ta có: $\sqrt{a}+\sqrt{b}\geq 2\sqrt{\sqrt{ab}}$ cần chứng minh .$\sqrt{a}+\sqrt{b}\geq \sqrt{2a+2b}\leftrightarrow a+b+2\sqrt{ab}\geq 2a+2b\leftrightarrow (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}\geq 0$ (luon dung) nhân 2 vế bdt ta được$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\geq 2\sqrt{2(a+b)\sqrt{ab}}$(dpcm)c,$\leftrightarrow a^{3}(a-2)-8(a-2)\geq 0 \leftrightarrow (a-2)(a^{3}-8)\geq 0\leftrightarrow (a-2)^{2}(a^{2}+2a+4)\geq 0$ (luon dung)d,$\leftrightarrow a^{3}(a-b)+b^{3}(b-a)\geq 0\leftrightarrow (a-b)(a^{3}-b^{3})\geq 0\leftrightarrow (a-b)^{2}(a^{2}+ab+b^{2}\geq 0$ (luon dung )vì $a^{2}+ab+b^{2}>0$e, $\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\geq ab$ cần chứng minh $\frac{a^{2}+b^{2}}{2}+4\geq 2a+2b\leftrightarrow ax^{2}+b^{2}-4a-4b+8\geq 0\leftrightarrow (a-2)^{2}+(b-2)^{2}\geq 0 (dung)$cosi$a^{4}+b^{2}\geq 2a^{2}b$$a^{3}b+b\geq 2a^{2}b$cong ve voi ve ta duoc dpcm
a, $\leftrightarrow (x^{2}-2x+1)+(4y^{2}-12y+9)+3(z^{2}-2z+1)+1 >0$$\leftrightarrow (x-1)x^{2}+(2y-3)^{2}+3(z-1)^{2}+1>0$ (luon dung)b,$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2\sqrt{ab}\geq 2\sqrt{(a+b)2\sqrt{ab}}$(dpcm)c,$\leftrightarrow a^{3}(a-2)-8(a-2)\geq 0 \leftrightarrow (a-2)(a^{3}-8)\geq 0\leftrightarrow (a-2)^{2}(a^{2}+2a+4)\geq 0$ (luon dung)d,$\leftrightarrow a^{3}(a-b)+b^{3}(b-a)\geq 0\leftrightarrow (a-b)(a^{3}-b^{3})\geq 0\leftrightarrow (a-b)^{2}(a^{2}+ab+b^{2}\geq 0$ (luon dung )vì $a^{2}+ab+b^{2}>0$e, $\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\geq ab$ cần chứng minh $\frac{a^{2}+b^{2}}{2}+4\geq 2a+2b\leftrightarrow ax^{2}+b^{2}-4a-4b+8\geq 0\leftrightarrow (a-2)^{2}+(b-2)^{2}\geq 0 (dung)$cosi$a^{4}+b^{2}\geq 2a^{2}b$$a^{3}b+b\geq 2a^{2}b$cong ve voi ve ta duoc dpcm
|
|
|
|
sửa đổi
|
khó quá!! lớp 11
|
|
|
|
gọi O là tâm hbh đáy.a,trong (SAC): IK cắt SO =E $\Rightarrow (IHK)cắt (SBD) =E$vì SB// IH nên (IHK) cắt (SBD) = d qua E // SB cắt SD= T và cắt BD= F( T cần tìm )từ đó suy ra (IHK) cắt (SCD)= TK.b, nới HF cắt BC= P và CD =N => thiết diện là ngũ giác ITKPHc, trong (IHK): IH cắt TK = Q. ta cm được IQ=IH. ta có:IK // HP, I là trung điểm của QH => K là trung điểm của QN.ta có FT // QH => TQ/QN=HO/HN=1/4=> QT=1/2 QK.trong tam giác QHK: IT là đường trung bình của tam giác tam giác => IT //HK=> IT //(DHK)
gọi O là tâm hbh đáy.a,trong (SAC): IK cắt SO =E $\Rightarrow (IHK)cắt (SBD) =E$vì SB// IH nên (IHK) cắt (SBD) = d qua E // SB cắt SD= T và cắt BD= F( T cần tìm )từ đó suy ra (IHK) cắt (SCD)= TK.b, nới HF cắt BC= P và CD =N => thiết diện là ngũ giác ITKPHc, trong (IHK): IH cắt TK = Q. ta có: TS/TD=FB/FD=1/3; TQ/TN=FH/FN=1/3=>TS/TD=TQ/TN=> QS//CN. => K là trung điểm của QN . từ đó suy ra I là trung điểm của QH.ta có FT // QH => TQ/QN=HO/HN=1/4=> QT=1/2 QK.trong tam giác QHK: IT là đường trung bình của tam giác tam giác => IT //HK=> IT //(DHK)
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bất đẳng thức Cô-si
|
|
|
|
ta có :( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c})\times(a+b+b+c+c+a)\geq 9\Leftrightarrow 2(a+b+c)\times (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c})\geqslant 9\Leftrightarrow \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \geqslant \frac{9}{2\times (a+b+c)}\Leftrightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2})\times (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}) \geqslant \frac{9\times (a^{2}+b^{2}+c^{2})}{2\times (a+b+c)} \geqslant \frac{3}{2}\times (a+b+c) (đpcm)
ta có: (a+b+b+c+c+a)*[1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]>=9<=>2(a+b+c)[1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)]>=9<=> 1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)>=9/(2a+2b+2c)<=> (a^2+b^2+c^2)[1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)] >=[9(a^2+b^2+c^2)]/(2a+2b+2c) >= [3(a+b+c)/2 (đpcm) ( chứng minh chỗ cuối cùng băng bdt bunhia cho 3 số )
|
|