THCS

MỤC LỤC (Bấm vào đề bài sẽ mở ra bài giải)   Bài 1 Bài 2 Bài 3

  Câu a).   Ta có: $a_{n+2}+a_n=$ $\left(2+\sqrt3\right)^{n+2}$ $+\left(2-\sqrt3\right)^{n+2} +$ $\left(2+\sqrt3\right)^{n}$ $+\left(2-\sqrt3\right)^{n}$ $\qquad \qquad \ =$ $\left(2+\sqrt3\right)^{n+1}(2+\sqrt3+2-\sqrt3)$ $ +\left(2-\sqrt3\right)^{n+1}(2-\sqrt3+2+\sqrt3)$ chú ý $\qquad \dfrac{1}{2\pm \sqrt3}=2\mp \sqrt3$ $\qquad \qquad \ =4\left[\left(2+\sqrt3\right)^{n+1}+\left(2-\sqrt3\right)^{n+1}\right]$ $\qquad \qquad \ =4a_{n+1}$ (Suy ra đpcm)   Câu b).   Vì $a_0=2$ không thoả yêu cầu của câu b và câu c nên để thuận …

  Bài 1 a).   Xét hệ phương trình $$\left\{\begin{array}{l}y^3+z^3=x\quad (1)\\ z^3+x^3=y\quad (2)\\ x^3+y^3=z \quad (3)\end{array}\right. $$ Ta giải hệ phương trình bằng phương pháp khử. Lấy (1) trừ (2) ta có: $\quad y^3-x^3+y-x=0 ⇔ (y-x)(y^2+yx+x^2+1)=0$ $⇔ (y-x)\underbrace{\left[\left(y+\dfrac{x}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}x^2+1\right]}_{>0}=0$ $⇔ y=x$. Tương tự lấy (2) trừ (3) ta có: $y=z$. Vậy hệ phương trình đã cho …

  BĐT cơ bản 1. Cho $a, b,c $ tuỳ ý, ta có các bất đẳng thức cơ bản sau đây: $\left\lbrace\begin{array}{l}a^2+b^2\geqslant 2ab\\ b^2+c^2\geqslant 2bc\\ c^2+a^2\geqslant 2ca\end{array} \right.$ $⇒ a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ca$ BĐT cơ bản 2. Với $a, b, c$ tuỳ ý ta có:   $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) \geqslant 3(ab+bc+ca)$.   Ngoài ra:   $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\leqslant 3(a^2+b^2+c^2)$. Vậy: $$3(ab+bc+ca)\leqslant …

    Gọi $N$ là giao điểm của $AE$ và $HT$. Tam giác $HKN$ vuông tại $K$, $T$ nằm trên cạnh huyền và $TH =TK$ nên $T$ là trung điểm $HN$.   Tứ giác $AHNC$ là hình thang, $O$ và $T$ lần lượt là trung điểm của hai đáy $AC; HK$, $I$ là giao điểm …

    Tứ giác $ABED$ nội tiếp đường tròn, hai đường chéo giao nhau tại $I$ ta suy ra hai cặp tam giác sau đây đồng dạng:   $\Delta IAB \backsim \Delta IDE ⇒ \dfrac{AB}{DE}=\dfrac{IB}{IE} \quad (5)$ $\Delta IAD \backsim \Delta IBE ⇒ \dfrac{AD}{BE}=\dfrac{ID}{IE}\quad (6)$   Chia (5) cho (6) ta có: $\dfrac{AB}{DE} \div \dfrac{AD}{BE} …

MỤC LỤC (Bấm vào đề bài sẽ mở ra bài giải)   Bài 1 Bài 2 Bài 3

  Câu a).   Ta có: $a_{n+2}+a_n=$ $\left(2+\sqrt3\right)^{n+2}$ $+\left(2-\sqrt3\right)^{n+2} +$ $\left(2+\sqrt3\right)^{n}$ $+\left(2-\sqrt3\right)^{n}$ $\qquad \qquad \ =$ $\left(2+\sqrt3\right)^{n+1}(2+\sqrt3+2-\sqrt3)$ $ +\left(2-\sqrt3\right)^{n+1}(2-\sqrt3+2+\sqrt3)$ chú ý $\qquad \dfrac{1}{2\pm \sqrt3}=2\mp \sqrt3$ $\qquad \qquad \ =4\left[\left(2+\sqrt3\right)^{n+1}+\left(2-\sqrt3\right)^{n+1}\right]$ $\qquad \qquad \ =4a_{n+1}$ (Suy ra đpcm)   Câu b).   Vì $a_0=2$ không thoả yêu cầu của câu b và câu c nên để thuận …

  Bài 1 a).   Xét hệ phương trình $$\left\{\begin{array}{l}y^3+z^3=x\quad (1)\\ z^3+x^3=y\quad (2)\\ x^3+y^3=z \quad (3)\end{array}\right. $$ Ta giải hệ phương trình bằng phương pháp khử. Lấy (1) trừ (2) ta có: $\quad y^3-x^3+y-x=0 ⇔ (y-x)(y^2+yx+x^2+1)=0$ $⇔ (y-x)\underbrace{\left[\left(y+\dfrac{x}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}x^2+1\right]}_{>0}=0$ $⇔ y=x$. Tương tự lấy (2) trừ (3) ta có: $y=z$. Vậy hệ phương trình đã cho …

  BĐT cơ bản 1. Cho $a, b,c $ tuỳ ý, ta có các bất đẳng thức cơ bản sau đây: $\left\lbrace\begin{array}{l}a^2+b^2\geqslant 2ab\\ b^2+c^2\geqslant 2bc\\ c^2+a^2\geqslant 2ca\end{array} \right.$ $⇒ a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ca$ BĐT cơ bản 2. Với $a, b, c$ tuỳ ý ta có:   $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) \geqslant 3(ab+bc+ca)$.   Ngoài ra:   $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\leqslant 3(a^2+b^2+c^2)$. Vậy: $$3(ab+bc+ca)\leqslant …

    Gọi $N$ là giao điểm của $AE$ và $HT$. Tam giác $HKN$ vuông tại $K$, $T$ nằm trên cạnh huyền và $TH =TK$ nên $T$ là trung điểm $HN$.   Tứ giác $AHNC$ là hình thang, $O$ và $T$ lần lượt là trung điểm của hai đáy $AC; HK$, $I$ là giao điểm …

    Tứ giác $ABED$ nội tiếp đường tròn, hai đường chéo giao nhau tại $I$ ta suy ra hai cặp tam giác sau đây đồng dạng:   $\Delta IAB \backsim \Delta IDE ⇒ \dfrac{AB}{DE}=\dfrac{IB}{IE} \quad (5)$ $\Delta IAD \backsim \Delta IBE ⇒ \dfrac{AD}{BE}=\dfrac{ID}{IE}\quad (6)$   Chia (5) cho (6) ta có: $\dfrac{AB}{DE} \div \dfrac{AD}{BE} …