Bài 6: Cho các số thực $a,b,c>0$ sao cho $abc=1$, chứng minh rằng: $$(a+b)(b+c)(c+a)\geq 4(a+b+c-1)$$

Thêm 1 bài cuối nhé, tờ giấy bị rách câu 6 mới tìm lại được

Lâu lâu chém tí BĐT cho vui ! ^^
Áp dụng bổ đề quen thuộc :$(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(ab+bc+ca)(a+b+c)$
Ta chỉ cần phải CM : $\frac{8}{9}(ab+bc+ca)(a+b+c)\geq 4(a+b+c-1)$
Chia cả 2 vế cho $a+b+c$ ta đc BĐT tương đương là :
$$\frac{8}{9}(ab+bc+ca)+\frac{4}{a+b+c}\geq 4$$
Đúng theo $AM-GM$ :
$VT= \frac{4}{9}(ab+bc+ca)+\frac{4}{9}(ab+bc+ca)+\frac{4}{a+b+c}\geq 3\sqrt[3]{\frac{4^{3}}{9^{2}}\frac{(ab+bc+ca)^2}{a+b+c}}$
$$3\sqrt[3]{\frac{4^{3}}{9^{2}}\frac{(ab+bc+ca)^2}{a+b+c}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{4^{3}}{9^{2}}.\frac{3abc(a+b+c)}{a+b+c}}= 4$$
Vậy ta có $Q.E.D$

Cho $x,y,z$ là các số dương. Chứng minh rằng với $x+y+z=3$ thì
$$3\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)+4xyz\ge 13$$

Làm thế này cho đỡ đau đầu !
Ta thấy sẽ có ít nhất 2 trong 3 số $x,y,z$ cùng lớn hơn hoặc nhỏ hơn $1$.Giả sử là $y$ và $z$
$\Rightarrow (y-1)(z-1)\geq 0\Leftrightarrow yz\geq y+z-1= 2-x$
$\Rightarrow xyz\geq 2x-x^2\Rightarrow 4xyz\geq 8x-4x^2$
Áp dụng nhận xét trên kết hợp vs bđt cơ bản $a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}$ ta được :
$VT\geq 3x^2+\frac{3}{2}.(y+z)^2+8x-4x^2= \frac{3}{2}.(3-x)^2-x^2+8x$
$$= \frac{x^2}{2}-x+\frac{1}{2}+13= \frac{(x-1)^2}{2}+13\geq 13$$
Vậy ta có $Q.E.D$

Em nộp bài :
Giả sủ phương trình có nghiệm và $x_0$ , $y_0$ , $z_0$ là nghiệm nhỏ nhất của phương trình .
Ta có : $ (36x+y)(36y+x)= 2^{z}$ (1)
Vì $ 2^{z}$ là lũy thùa của 2 nên cả hai thùa số $ (36x+y)$ và$ (36y+x)$ đều fải là lũy thùa của 2
hay $ (36x+y)\equiv 0(mod 2)$ và $ (36y+x)\equiv 0(mod 2)$ hay x,y chia hết cho 2 .
Giả sủ phương trình có nghiệm và $x_0,y_0,z_0$ là nghiệm nhỏ nhất của phương trình .
Đặt $x_0=2x_1 , y_0=2y_1$ ( $x_1 ,y_1$ là số tụ nhiên )
$(1)\Leftrightarrow (72 x_1 +2 y_1)+(72 y_1+2 x_1)= 2^{ z_0 }$
$\Leftrightarrow (36 x_1 + y_1 )(36 y_1+ x_1)= 2^{ z_0 -2}$
Đặt $z_0-2=z_1\Rightarrow x_1 , y_1 , z_1$ cũng là nghiệm của PT , nhung điều này vô lí vì
$x_1<x_0 , y_1<y_0, z_1<z_0$.
Vậy PT đã cho vô nghiệm .
________________________________________________________________________________________
Bài tổng quát :Giải PT nghiệm nguyên duong .
$(kx + y)(ky + x) = p^z$
vs p là số nguyên tố , k là số tụ nhiên chia hết cho p nhg ko fải là lũy thùa của p.
CM hoàn toàn tuong tu nhu trên .

Kết quả:
D-B=30.5
E=10
F=1 * 10=10
S=57.5

Câu 5:
Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn x+y+z=6. Chứng minh rằng $x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx+xyz\geq 8$

Đặt $ x+y+z=p$ , $ xy+yz+zx=q$ , $\ xyz=r$
$ BDT\Leftrightarrow p^{2}-3q+r\geq 8$ $ \Leftrightarrow 36-3q+r\geq 8\Leftrightarrow 28-3q+r\geq 0$
Ta sẽ CM :$28-3q+r\geq 0$ (1)
Tù BĐT quen thuộc : $ (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)\leq xyz$
Ta rút ra đc : $ r\geq \frac{4pq-p^{3}}{9}$ $ \Rightarrow r\geq \frac{8}{3}q+24$
Suy ra : $ VT\geq 28-3q+\frac{8}{3}q-24= 4-\frac{q}{3}$
Ta có BĐT quen thuộc : $ xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}= 12\Rightarrow q\leq 12$
Do đó : $ VT\geq 4-\frac{q}{3}\geq 4-\frac{12}{3}= 0$
Suy ra : (1) đúng $\ \Rightarrow BDT$ đúng.
Dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi $ x=y=z=2$ .

Câu 2:
2. Giải hệ phuong trình sau
$\left\{\begin{matrix} x+y-2=4\sqrt{z-2} & & \\y+z-2=4\sqrt{x-2} & &\\ z+x-2=4\sqrt{y-2} \end{matrix}\right.$

Chém câu dễ !
Câu 2 : ĐKXĐ : $ x,y,z\geq 2$
Do vai trò của $ x,y,z$ nhu nhau nên Giả sủ $ x\geq y\geq z$
Suy ra : $ 4\sqrt{z-2}= x+y-2\geq z+x-2= 4\sqrt{y-2}$
Suy ra : $ y= z$
CMTT : $ x\leq y$ $ \Rightarrow x=y=z$
Thay vào hệ rồi giải . Cái này dễ , chắc ai cũng làm đc .

Anh Hân oi làm hộ em câu c vói , 2 hôm nũa thj HSG giỏi ồi

Bạn nói rõ giúp mình đoạn $\frac{x^{2}+3y^{2}}{2xy^{2}-x^{2}y^{3}}\geq \frac{2xy+2y^{2}}{xy^{2}(2-xy)}\geq \frac{4y}{xy^{2}(2-xy)}$ Đc k tk

Ta có : $(x-y)^{2}\geq 0\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}\geq 2xy$
$\frac{x^{2}+3y^{2}}{2xy^{2}-x^{2}y^{3}}= \frac{(x^{2}+y^{2})+2y^{2}}{xy^{2}(2-xy)}\geq \frac{2xy+2y^{2}}{xy^{2}(2-xy)}= \frac{2y(x+y)}{xy^{2}(2-xy}= \frac{4y}{xy^{2}(2-xy)}$

Góp vui 1 bài :
Cho một đa giác lồi có diện tích $ 24cm^{2}$.CMR : ta luôn vẽ được trong đa giác đó một tam giác có diện tích không nhỏ hơn $ 6cm^{2}$.

À nghĩ ra rồi em chém trực tiếp bài này :
Gọi A là 1 điểm trong 6 điểm. 5 điểm nối với A là $B,C,D,E,F$ được tô bởi hai màu nên ta sử dụng nguyên lý Đi Dép Lê tồn hai đoạn thẳng cùng màu . Ko mất tỉnh tổng quát ta giả sử AB,AC,AD cùng màu đỏ
Xét tam giác BCD nếu có cạnh BC màu đỏ tì tồn tại 3 cạnh fải màu đỏ( tam giác ABC) . Nếu tam giác BCD ko có cạnh nào màu đỏ tì bài toán đk chứng minh xong
=========
p/s: Mọi người coi lại dùm e làm sơ sơ có biết đúng hay ko nựa

Chỗ màu đỏ nên chũa lại thành:
Xét tam giác BCD nếu có 1 trong 3cạnh BC,CD,BD màu đỏ tì tồn tại 3 cạnh fải màu đỏ( tam giác ABC,ABD,ACD)
________________________________________________________________________
Đây là bài tổ hop hình học khá wen thuộc!

Bài toán: Trên bàn cờ 1995 X 1995 ô vuông có một mã ở một ô nào đó. Hỏi con mã có thể qua tất cả các ô, mỗi ô đúng một lần rồi quay về chỗ ban đầu hay không?
Bác nào biết đánh cờ là giải được bài này .

Ta tô màu các ô vuông băng 2 màu đen và trắng ( nhu bàn cờ vua) . Ko mất tính tông quát giả sử con mã ở ô màu trắng . Con mã đi thêm 1 buoc thì nó ở ô đen , đj thêm 3 buóc thì nó lại o đen .Suy ra sau 1 số lẻ buóc nó sẽ o ô đen . Để qua tất cả các ô, mỗi ô đúng một lần rồi quay về chỗ ban đầu thì con mã phải đi 1995 X 1995 buóc - là 1 số lẻ , suy ra nó sẽ trỏ về 1 ô đen , trái vs giả su ban đàu nó o ô trắng .
VẬY con mã biến thành SIÊU NHÂN GAO thì nó mói có thể đi đc nhu đè bài !

Thử bài này xem (cũng dễ)
Cho lục giác đều ABCDEG. Trong đó đỉnh A được tô đỏ, các đỉnh còn lại được tô xanh. Người ta đổi màu các đỉnh của lục giác theo quy tắc. Mỗi lần đổi màu đồng thời 3 đỉnh liên tiếp (xanh sang đỏ, đỏ sang xanh).Hỏi sau 1 số lần đổi màu có thể đạt được đỉnh B được tợ màu đỏ và đỉnh còn lại được tô màu xanh hay không

Xét các điểm đối xúng vs nhau wa tâm O hình luc giác .
Giả su làm đc nhu đề bài.Khi đó A,C,D,E,G cùng màu xanh .
Ta thấy , sau 1 lần đổi thì ko thể đổi màu cả 2 điểm đối xúng nhau .Do đó:
- Ban đầu A đỏ , D xanh nên muốn cả 2 có màu xanh thì cần 1 số lẻ lần đổi màu. (1)
-Ban đầu C xanh, G xanh nên muốn cả 2 có màu xanh thì cần 1 số chẵn lần đổi màu. (2)
Tu (1) và (2) suy ra mâu thuẫn $ \Rightarrow$ điều giả sủ là saj $ \Rightarrow$ CAN NOT

 

 

Đề thi HSG lớp 10 trường THPT Chuyên Hà Nội-Amsterdam
Thời gian: 90'
Bài 1:
Cho $a,n\in \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn $(a+1)^3-a^3=n^2$
Chứng minh rằng $n$ là tổng của hai số chính phương liên tiếp

Xét pt $Pell$ : $x^{2}-3y^{2}=1$...

Đặt $\ x^{2}= t$ phuong trình tuong đuong vói :
$ \sqrt[5]{27}t^{5}-5t^{3}+2\sqrt[5]{27}=0\Leftrightarrow 3t^{5}-5\sqrt[5]{3^{2}}t^{3}+6= 0$
$ \Leftrightarrow 3t^{3}(t^{2}-\sqrt[5]{3^{2}})-2\sqrt[5]{3^{2}}(t^{3}-\sqrt[5]{3^{3}})= 0$
$ \Leftrightarrow 3t^{3}(t-\sqrt[5]{3})(t+\sqrt[5]{3})-2\sqrt[5]{3^{2}}(t-\sqrt[5]{3})(t^{2}-\sqrt[5]{3}t+\sqrt[5]{3^{2}})= 0$
$ \Leftrightarrow (t-\sqrt[5]{3})(3t^{4}+3\sqrt[5]{3}t^{3}-2\sqrt[5]{3^{2}}t^{2}+2\sqrt[5]{3^{3}}t-2\sqrt[5]{3^{4}})= 0$
Mà $ 3t^{4}+3\sqrt[5]{3}t^{3}-2\sqrt[5]{3^{2}}t^{2}+2\sqrt[5]{3^{3}}t-2\sqrt[5]{3^{4}}\neq 0$ X
$ \Rightarrow t= \sqrt[5]{3}\Rightarrow x= \sqrt[10]{3}$ hoặc $ x= -\sqrt[10]{3}$
Vậy $\ x= \sqrt[10]{3}$ hoặc $ x= -\sqrt[10]{3}$

Chỗ dấu X nếu em lý luận chặt hơn thì sẽ được điểm tối đa.
Kết quả:
D-B=10.8h
E=8.5
F=0
S=62.7

Cho $p$ là số nguyên tố, $n$ là số tự nhiên $>1$, chứng minh rằng :

$$n \not |1+p^{n-1}+p^{2(n-1)}+...+p^{(n-1)(p-1)}$$

$n$ nguyên tố thì sao thím

--------------
Thì vẫn thế :|

Vùa thj sáng nay ! Mọi nguòi chém nhiệt tình vào !

Câu 1 (3 điểm )

1. Cho $ f(x)= \frac{x^{3}}{1-3x+3x^{2}}$ . Hãy tính giá trị của biểu thúc sau :

$ A= f(\frac{1}{2012})+f(\frac{2}{2012})+...+f(\frac{2010}{2012})+f(\frac{2011}{2012})$

2.Cho biểu thúc :
$ P=\frac{x-2\sqrt{x}}{x\sqrt{x}-1}+\frac{\sqrt{x}+1}{x\sqrt{x}+x+\sqrt{x}}+\frac{1+2x-2\sqrt{x}}{x^{2}-\sqrt{x}}$
Tìm tất cả các giá trị của $ x$ sao cho giá trị của $P$ là một số nguyên.

Câu 2 (1,5 điểm )
Tìm tất cả các cặp số nguyên duong $ (x;y)$ thỏa mãn $\ (x+y)^{3}=(x-y-6)^{2}$.

Câu 3 (1,5 điểm )
Cho $\ a,b,c,d$ là các số thục thỏa mãn điều kiện :
$ abc+bcd+cda+dab= a+b+c+d+\sqrt{2012}$
CMR : $ (a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)(d^{2}+1)\geq 2012$ .

Câu 4 (3 điểm )

Cho 3 đuòng tròn ($O_1$), ($O_2$) và ($O$) . Giả sủ ($O_1$) và ($O_2$) tiếp xúc ngoài vs nhau tại $I$ và cùng tiếp xúc trong vs ($O$) tại $M_1$ , $M_2$ . Tiếp tuyến của ($O_1$) tại $I$ cắt ($O$) tại $A$ , $A'$. $A$$M_1$ cắt lại ($O_1$) tại điểm $N_1$, $A$$M_2$ cắt lại ($O_2$) tại điểm $N_2$ .

1. CMR : tú giác $M_1$$N_1$$N_2$$M_2$ nội tiếp và $O$$A$ vuông góc vs $N_1$$N_2$.

2. Kẻ đuòng kính $P$$Q$ của ($O$) sao cho $P$$Q$ vuông góc vs $I$$A$ ( điểm $P$ nằm trên cung $A$$M_1$ ko chúa điểm $M_2$ ) .CMR : Nếu $P$$M_1$ và $Q$$M_2$ không song song thì $A$$I$, $P$$M_1$ và $Q$$M_2$ đồng quy .

Câu 5 ( 1 điểm )

Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều đc tô màu , trong đó mỗi điểm đc tô bỏi 1 trong 3 màu xanh, đỏ, tím. CMR : luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng mà 3 đỉnh của tam giác đó đôi một cùng màu hoặc khác màu .

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC và a + b + c = 3.
Tìm GTNN của biểu thức M = 3a² + 3b² + 3c² + 4abc
--------------
@ WWW: Xem cách đặt tiêu đề cho bài viết tại đây. Bạn vui lòng dành chút thời gian để xem kĩ những bài viết sau:

>> Nội quy Diễn đàn Toán học
>> Cách đặt tiêu đề phù hợp cho bài viết trên Diễn đàn để không bị ban nick
>> Hướng dẫn gửi bài trên Diễn đàn
>> Nâng cao kĩ năng gõ $\LaTeX$
>> Tra cứu công thức Toán

cách khác núa :
Theo nguyên tác Đi-dép-lê thì tồn tại 2 số cùng lon hoặc nhỏ hon 1 . Gsu đó là a và b .
$\Rightarrow (a-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab\geq a+b-1$
$\Rightarrow abc\geq ac+bc-c=c(a+b)-c= c(3-c)-c= 2c-c^2$
Do đó : $M=3a^2+3b^2+3c^2+4abc\geq \frac{3}{2}.(a+b)^2+3c^2+4(2c-c^2)$
$= \frac{3}{2}.(3-c)^2+3c^2+4(2c-c^2)= \frac{c^2}{2}-c+\frac{27}{2}= \frac{(c-1)^2+26}{2}\geq \frac{26}{2}= 13$

Time : 150 phút
Ngày thi : 06/04/2012
Đề khó vật ! ! Chả biết các mem noi khác làm bài thế nào ?

Đề thi học kỳ bài khó thứ nhì trường THPT chuyên Hà Nội-Amsterdam Khá quen thuộc.
Bài toán: Cho$a,b,c$ là các số thực dương $abc=1.$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 1$

Ta thấy trong 3 số $a,b,c$ sẽ có 2 số cùng lớn hơn hoặc nhỏ hơn 1.Giả sử là $a$ và $b$.
$(a-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b\Leftrightarrow 2(ab+1)\geq (a+1)(b+1)$
Áp dụng nhận xét trên kết hợp vs bổ đề qen thuộc $\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}\geq \frac{1}{xy+1}$ :
$VT\geq \frac{1}{ab+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{2}{2(ab+1)(c+1)}= \frac{1}{\frac{1}{c}+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{1}{(\frac{1}{c}+1)(c+1)}$
$$= \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+ \frac{c}{(c+1)^2}$$
$$= \frac{c(c+1)}{(c+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+ \frac{c}{(c+1)^2}= \frac{(c+1)^2}{(c+1)^2}= 1$$
-------------
Hỵ hỵ hôm qua cũng nghĩ ra thêm cách này mà lười p0st :3

Bài 11 (Em nghĩ cả tối qua mãi không sáng.Sáng dậy nhìn cái ra luôn mà bố mẹ k ch0 0nl để p0st T.T)
Ta có
$Q.E.D\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x_1+x_2+...x_n+\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+....+\frac{1}{x_n}-2n) \geq \frac{n}{x_1+x_2+.....+x_n}-1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}[(x_1+\frac{1}{x_1}-2)+(x_2+\frac{1}{x_2}-2)+....+(x_n+\frac{1}{x_n}-2)] \geq \frac{n}{x_1+x_2+.....+x_n}-1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}[\frac{(x_1-1)^2}{x_1}+\frac{(x_2-1)^2}{x_2}+....+\frac{(x_2-1)^2}{x_n}] \geq \frac{n}{x_1+x_2+.....+x_n}-1$
Nhưng bdt này đúng do:
$\frac{(x_1-1)^2}{x_1}+\frac{(x_2-1)^2}{x_2}+....+\frac{(x_2-1)^2}{x_n}\geq \frac{(x_1-1)^2+ (x_2-1)^2+....(x_n-1)^2} {x_1+x_2+...+x_n}=\frac{x_1^2+x_2^2+...+x_n^2+n-2(x_1+x_2+.....+x_n)}{x_1+x_2+.....+x_n}=\frac{2n-2(x_1+x_2+. ....+x_n)}{x_1+x_2+..... +x_n}=2(\frac{n}{x_1+x_2+.....+x_n}-1)$
Vậy chứng minh hoàn tất.Dấu = xảy ra khi $x_1=x_2=....=x_n=1$

Chổ màu đỏ dùng BĐT j vậy WhjteShadow

Khó đỡ ông.Quên cả BĐT cơ bản à
$\frac{(x_1-1)^2}{x_1}\geq \frac{(x_1-1)^2}{x_1+x_2+.....+x_n}$
X0ng cứ thế mà tương tự rồi cộng vào

Híc! mình rốt BĐT nên qên mất cái này !
CM kiểu j nhỉ ?

Bài toán 2.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4$$

Cách khác không cần động đến dồn biến toàn miền :
Giả sử $z=min(x,y,z)$ suy ra $x-z> 0,y-z> 0$
Ta có :$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}]$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{x^2+y^2+2z^2-2xz-2yz}{(x-z)^2(y-z)^2}$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2+2(x-z)(y-z)}{(x-z)^2(y-z)^2}$$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2+2(x-z)(y-z)}{(x-z)^2(y-z)^2}$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2}{(x-z)^2(y-z)^2}+\frac{2}{(x-z)(y-z)}\geq ^{AM-GM} \frac{2}{(x-z)(y-z)}+\frac{2}{(x-z)(y-z)}$
$= \frac{4}{(x-z)(y-z)}\geq \frac{4}{xy}\geq \frac{4}{xy+yz+zx}$
Nhân chéo lên ta được $Q.E.D$

Bài này hình nhu vùa thj HSG Nghệ An 2012 hôm trc .

Em một slot a ơi !

1. Cho các số thực không âm $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $ab + bc + ca > 0$. Chứng minh rằng: $\sum \frac{a}{b^{2}+bc+c^{2}} \geq \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$.

Cách khác :
$VT= \frac{a^2}{ab^2+abc+ac^2}+\frac{b^2}{bc^2+abc+ba^2}+\frac{c^2}{ca^2+abc+cb^2}$
$\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab^2+a^2b+bc^2+c^2b+ac^2+c^2a+3abc}= \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$
$= \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$

Hình như bạn làm sai hay sao vậy?

Sorry. Đã edit