a) Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì: \(\left(2m-1\right)^2-4\left(m^2-1\right)>0\Leftrightarrow-4m+5>0\Leftrightarrow m< \dfrac{5}{4}\).

b) Theo định lí Viete ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m-1\\x_1x_2=m^2-1\end{matrix}\right.\Rightarrow\left(x_1-x_2\right)^2=\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=\left(2m-1\right)^2-4\left(m^2-1\right)=-4m+5\)

Ta có: \(\left(x_1-x_2\right)^2=x_1-3x_2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x_1-x_2\right)^2-\left(x_1+x_2\right)=-4x_2\\\left(x_1-x_2\right)^2+3\left(x_1+x_2\right)=4x_1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[\left(x_1-x_2\right)^2-\left(x_1+x_2\right)\right]\left[\left(x_1-x_2\right)^2+3\left(x_1+x_2\right)\right]=-16x_1x_2\)

\(\Rightarrow\left(-4m+5-2m+1\right)\left(-4m+5+6m-3\right)=-16\left(m^2-1\right)\)

\(\Leftrightarrow-6\left(m-1\right).2\left(m+1\right)=-16\left(m^2-1\right)\)

\(\Leftrightarrow m^2-1=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=-1\end{matrix}\right.\) (thoả \(m< \dfrac{5}{4}\))

Với m=1 thì phương trình ban đầu trở thành: \(x^2-x=0\). Phương trình này có 2 nghiệm là x=0 và x=1. Chọn x₁=1 và x₂=0 thì thoả điều kiện.

Với m=-1 thì phương trình ban đầu trở thành: \(x^2+3x=0\). Phương trình này có 2 nghiệm là x=0 và x=-3. Chọn x₁=0 và x₂=-3 thì thoả điều kiện.

Vậy \(m=\pm1\)

Để ý xíu thì câu c dùng bổ đề hình thang.

FD cắt EG tại J. Dễ dàng chứng minh \(\widehat{FDB}=\widehat{CDE}\) (\(\Delta BDF\sim\Delta BAC\sim\Delta EDC\)), mà \(\widehat{FDB}=\widehat{GDJ}\), nên \(\widehat{GDJ}=\widehat{GDE}\), suy ra G là trung điểm EJ.

*QD cắt FG tại S. Đến đây dùng định lí Thales là xong rồi.

#h24cfs_835. Theo mình thì mình vẫn thấy công bằng đối với các cộng tác viên (CTV) môn học (mình không biết các CTV bên confession hoặc các câu lạc bộ khác ra sao), thậm chí nếu giảm số tiền thì vẫn ổn. Có ba lí do chính để mình đưa ra quan điểm này:

- Thứ nhất, các nhiệm vụ của CTV môn học chỉ đơn giản là trả lời câu hỏi theo môn học mình chọn, hoặc có thể làm các môn học khác; ngoài ra còn kiểm duyệt các bài đăng và xoá các bài có nội dung tiêu cực, phản cảm. Nói chung là khi có mác CTV thì bạn chỉ cần trả lời bài và kiểm duyệt, quá ít.

- Thứ hai, giả sử có tăng giải thưởng cho CTV thật, thì khi bạn là một CTV chăm chỉ, bạn có thể sẽ bị tâm lí là làm thật nhiều câu hỏi để kiếm giải nhì hoặc nhất. Khi đó thời gian trên diễn đàn của bạn sẽ nhiều hơn, dẫn đến thời gian làm bài tập ít hơn, bạn dễ bị hướng nội hơn.

- Thứ ba, như bạn kia đã nói, mấy cuộc thi đó đều là từ chất xám của các anh chị mà ra, với lại các cuộc thi đó được tạo ra nhằm mục đích tương tác với các thành viên diễn đàn và thu hút các người dùng khác tham gia diễn đàn.

Lời kết: Mình nghĩ là trả lời nhiều câu hỏi cũng không tốt đâu, vì thường các câu hỏi thì có độ khó ngang nhau nên có thể không cải thiện năng lực học tập nhiều. Khi tham gia một diễn đàn, ngoài việc trả lời câu hỏi, thì bạn nên tương tác, kết bạn với các thành viên khác, có khi bạn kết bạn được với một bạn chuyên Anh, chuyên Toán thì sao :) (về phía mình thì mình lâu lâu vào để hóng có chuyện gì hay không chứ nhắn tin thì không có, vì mấy bạn đó giờ off hết rồi, với lại để mình tập trung học và nói chuyện với bạn bè).

Mình thấy bạn xin lỗi chân thành mà, có khi anh Linh thấy bạn đăng bài xin lỗi như vậy thì ảnh bỏ qua ấy chứ (với lại mình là trai nhé :)

Cần đăng lên câu hỏi hay không nhỉ ;)

\(u_{n+1}=\dfrac{u_n}{2+\sqrt{3+u^2_n}}\)\(\Rightarrow u_2=\dfrac{1}{4}\) Đặt \(v_n=\dfrac{1}{u_n}\), khi đó ta có:

\(v_{n+1}=2v_n+\sqrt{3v_n^2+1}\), và \(v_2=4\)

\(\Leftrightarrow v_{n+1}^2-4v_{n+1}v_n+v_n^2-1=0\left(1\right)\)

\(\Rightarrow v^2_n-4v_nv_{n-1}+v_{n-1}^2-1=0\left(2\right)\).

Từ (1), (2), ta có \(v_{n-1},v_{n+1}\) là 2 nghiệm của phương trình \(x^2-4xv_n+v^2_n-1=0\). Do đó, theo định lí Viete, ta có \(v_{n+1}+v_{n-1}=4v_n\).

Phương trình đặc trưng: \(X^2-4X+1=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}X=2+\sqrt{3}\\X=2-\sqrt{3}\end{matrix}\right.\). Do đó:

\(v_n=a\left(2+\sqrt{3}\right)^n+b\left(2-\sqrt{3}\right)^n\). Ta có hệ:

\(\left\{{}\begin{matrix}a\left(2+\sqrt{3}\right)+b\left(2-\sqrt{3}\right)=1\\a\left(2+\sqrt{3}\right)^2+b\left(2-\sqrt{3}\right)^2=4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\\b=\dfrac{-\sqrt{3}}{6}\end{matrix}\right.\)

Vậy \(v_n=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\left[\left(2+\sqrt{3}\right)^n-\left(2-\sqrt{3}\right)^n\right]\Rightarrow u_n=\dfrac{1}{v_n}=\dfrac{2\sqrt{3}}{\left(2+\sqrt{3}\right)^n-\left(2-\sqrt{3}\right)^n}\)

Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại 2 trong 3 số a,b,c cùng lớn hơn hoặc bằng 1 hoặc cùng bé hơn hoặc bằng 1. Giả sử 2 số đó là a,b, khi đó \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\Leftrightarrow ab\ge2-c\).

Ta có: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]=27-3\left(3\left(ab+bc+ca\right)-abc\right)\left(1\right)\)

Có: \(3\left(ab+bc+ca\right)-abc=ab\left(3-c\right)+3c\left(a+b\right)=\left(3-c\right)\left(ab+3c\right)\ge\left(3-c\right)\left(2-c+3c\right)=2\left(3-c\right)\left(1+c\right)=2\left(2c-c^2+3\right)\ge6\)

Suy ra: \(a^3+b^3+c^3\le27-3.6=9\).

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(0,1,2\right)\) và các hoán vị.

Vậy GTLN của P là 9.

Bài 1 thì bạn chia tam giác trên thành bốn tam giác có diện tích bằng nhau, cách chia dễ nhất là gọi 3 trung điểm của ba cạnh ra rồi nối chúng lại. Sau đó dùng nguyên lí Dirichlet là xong.

Bài 3 thì ý tưởng như sau: xét điểm A bất kì và 2n điểm còn lại. Ta xét 2 trường hợp:

+)TH₁: 2 điểm bất kì luôn có khoảng cách nhỏ hơn 1. Khi đó dễ thấy đường tròn tâm A bán kính 1 chứa hết tất cả các điểm đã cho.

+)TH₂: tồn tại 2 điểm sao cho khoảng cách giữa chúng không nhỏ hơn 1. Giả sử 2 điểm đó là B,C. Xét (B,1) , (C,1), theo điều kiện đề bài, do BC>=1 nên một trong hai đoạn BA,CA phải bé hơn, tức là hoặc A thuộc (B,1), hoặc A thuộc (C,1). Như vậy, mỗi điểm trong 2n-1 điểm khác B,C hoặc thuộc (B,1), hoặc thuộc (C,1). Đến đây áp dụng Dirichlet.

Bài 4 thì xét 2 trường hợp đầu như bài 3, tuy nhiên ta sẽ có thêm 1 trường hợp nhỏ trong trường hợp 2:

+)TH₁: 2 điểm bất kì luôn có khoảng cách nhỏ hơn 1 --->dễ.

+)TH₂: tồn tại 2 điểm sao cho khoảng cách giữa chúng không nhỏ hơn 1. Giả sử 2 điểm đó là B,C.

 +/ Nếu với mọi điểm A khác B,C sao cho một trong hai đoạn BA,CA có độ dài bé hơn 1 --->lập luận tương tự như trường hợp trên.

+/ Nếu tồn tại điểm A khác B,C sao cho BA>=1, CA>=1. Xét (A,1) , (B,1) , (C,1), lấy điểm D bất kì khác A,B,C. Khi đó trong 3 đoạn DA,DB,DC phải có một đoạn có độ dài bé hơn 1, hay D phải thuộc 1 trong 3 đường tròn trên. Đến đây áp dụng Dirichlet.

Bổ đề 1 (Định lí sin) Cho tam giác ABC. Ta có \(\dfrac{sinB}{sinC}=\dfrac{AB}{AC}\)

Bổ đề 2: Cho tam giác ABC có M nằm trên đoạn BC. Khi đó \(\dfrac{sin\widehat{MAC}}{sin\widehat{MAB}}=\dfrac{AB}{AC}\) khi và chỉ khi M là trung điểm BC.

Ta có: \(\dfrac{sin\widehat{DBH}}{sin\widehat{DBM}}=\dfrac{sin\widehat{DBC}}{sin\widehat{DCB}}=\dfrac{DC}{DB}=\dfrac{sin\widehat{BDH}}{sin\widehat{CDH}}=\dfrac{sin90^0}{sin\widehat{CBA}}=\dfrac{1}{sin\widehat{BMH}}=\dfrac{BM}{BH}\)

Suy ra BD đi qua trung điểm MH theo bổ đề 2, ta có đpcm.