Một túi gồm 1001 viên đá. Mỗi bước chọn 1 túi có nhiều đá hơn, bỏ đi 1 viên và chia số còn lại thành 2 túi . Hỏi có thể làm như vậy để thu đc tất cả các túi đều có 3 viên đá đc không?

Gọi $S$ là tổng số đá và số túi sau mỗi bước $\Rightarrow S$ là đại lượng bất biến (sau mỗi bước bỏ 1 đá và thêm 1 túi)
Do lúc đầu $S\not\vdots 4$, mà để thu được tất cả các túi đều có 3 viên đá thì $S\vdots 4$
$\Rightarrow$ Không thể thu được tất cả các túi đều có 3 viên đá.

Gợi ý: Nếu đánh số các ô lần lượt là $1,2,3,...,n$ và quy ước mỗi viên đá ở ô thứ $k$ mang giá trị $k^2$ thì tổng các giá trị $S$ của tất cả các viên đá là một đại lượng đơn biến (tăng thực sự)

Cho 1 dãy số tự nhiên A(i) thỏa mãn:
A(1) <2011, A (i) + A(i+1) = A(i+2)

Biết A(1) - A(n) và A(2) + A(n-1) chia hết cho 2011.
CMR; N là 1 số lẻ

Xét dãy số $A_1=0;A_2=2011;A_i + A_{i+1} = A_{i+2}$ là một dãy số thoả mãn yêu cầu bài toán (do tất cả các số hạng của dãy đều chia hết cho $2011$)
Đâu nhất thiết là $n$ lẻ?

Cho dãy số $x_n$ được xác định bởi:
$$\left\{\begin{array}{ll}x_1=x_2=x_3=1\\x_{n+3}=x_{n+2}+x_{n+1}+x_n,\ \ \forall n\ge 1 \end{array}\right.$$.
CMR: Với mọi số nguyên dương $m$, tồn tại chỉ số $k$ sao cho $m|x_k$

http://diendantoanho...2b33geq-frac94/
Trùng. Close pic

bài1:Cho tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R,trọng tâm G.tìm vị trí điểm P để biểu thức http://latex.codecog...rac{3PG^2}{R^4}đạt giá trị bé nhất


bài 2:Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ,I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.IA,IB,IC cắt (O) tại D,E,F.(khác A,B,C).Chứng minh rằng:
http://latex.codecog...9}{S\Delta ABC}

bài 3:Cho tam giác ABC,trọng tâm G,điểm lemoine L(giao của 3 đường đối trung).Chứng minh rằng:
http://latex.codecog...c{LC}{GC}\leq 3

Học gõ $\LaTeX$ và suy nghĩ kĩ trước khi hỏi bài!
Bài nào thử mọi cách ko ra thì mới hỏi. Đằng này BTVN chiều thầy vừa cho xong mà tối đã post lên đây rồi .

Cho $a,b,c,d>0$ thỏa
$a+b+c+d = \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{d^{2}}$
CMR
$2(a+b+c+d)\geq \sqrt[3]{a^{3}+7}+\sqrt[3]{b^{3}+7}+\sqrt[3]{c^{3}+7}+\sqrt[3]{d^{3}+7}$

Bài này sử dụng $Chebyshev$ là ra :
---
-Viết lại giả thiết: $\sum \left(a-\dfrac{1}{a^2}\right)=0$. Ta có:
$$bdt\Leftrightarrow \sum (2a-\sqrt[3]{a^3+7})\ge 0\\ \Leftrightarrow \sum \dfrac{8a^3-(a^3+7)}{4a^2+2a\sqrt[3]{a^3+7}+\sqrt[3]{(a^3+7)^2}}\ge 0\\ \Leftrightarrow \sum \dfrac{a-\dfrac{1}{a^2}}{4+2\sqrt[3]{1+\dfrac{7}{a^3}}+\sqrt[3]{(1+\dfrac{7}{a})^2}}\ge 0$$
Giả sử $a\ge b\ge c\ge d$ thì ta có hai dãy đơn điệu cùng chiều:
$$a-\dfrac{1}{a^2}\ge b-\dfrac{1}{b^2}\ge c-\dfrac{1}{c^2}\ge d-\dfrac{1}{d^2}\
\\\dfrac{1}{4+2\sqrt[3]{1+\dfrac{7}{a^3}}+\sqrt[3]{(1+\dfrac{7}{a})^2}}\ge \dfrac{1}{4+2\sqrt[3]{1+\dfrac{7}{b^3}}+\sqrt[3]{(1+\dfrac{7}{b})^2}}\ge ...$$
Áp dụng BĐT $Chebyshev$ cho hai dãy đơn điệu cùng chiều ta có ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d=1$

Cho đường tròn $(O)$. $A$ lad một điểm nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ vẽ tiếp tuyến $AA'$ và cát tuyến $ACD$ ($C$ nằm giữa $A$ và $D$). Đường tròn $(A; AA')$ cắt đường thẳng $CD$ tại $E,F$ ($E$ nằm giữa  $C$ và $D$). Gọi $M=A'E\cap OF, N=DM\cap A'F, I=CM\cap A'F, J=NC\cap A'E$. Chứng minh: $I,J,D$ thẳng hàng.

Có hình luôn đây 

- Hai đường tròn $(O)$ và $(A)$ trực giao nên $(FECD)=-1$

$\Rightarrow M(FECD)=-1\Rightarrow (FA'NI)=-1$

- Theo hệ quả của phép chiếu xuyên tâm thì $I,D,J$ thẳng hàng $\square$

Tính tích :
$\sin \frac{\pi}{2n}\sin \frac{2\pi}{2n}\sin \frac{3\pi}{2n}...\sin \frac{(n-1)\pi}{2n}$.

- Xét phương trình $x^{2n}-1=0$ có các nghiệm $x_k=\cos\dfrac{2k\pi}{2n}+i\sin\dfrac{2k\pi}{2n}$ với $k=\overline{0,2n-1}$ (chú ý $x_0=1;x_n=-1$)

- Với $k=\overline{1,n-1}$, ta có:
$$\begin{aligned}x_{2n-k}&=\cos\dfrac{2(2n-k)\pi}{2n}+i\sin\dfrac{2(2n-k)\pi}{2n}\\ &=\cos(2\pi-\dfrac{2k\pi}{2n})+i\sin(2\pi-\dfrac{2k\pi}{2n})\\&= \cos\dfrac{2k\pi}{2n}-i\sin\dfrac{2k\pi}{2n}\\&=\overline{x_k} \end{aligned}$$

Vậy nên ta có thể viết:
$$\begin{aligned}x^{2n}-1&=(x^2-1)\prod _{i=1}^{k-1}(x-x_{k})(x-\overline{x_{k}})\\&=(x^2-1)\prod _{i=1}^{k-1}[x^2-(x_{k}+\overline{x_{k}})+1]\\&=(x^2-1)\prod _{i=1}^{k-1}(x^2-2\cos\dfrac{2k\pi}{2n}+1)\\&=(x^2-1)\prod _{i=1}^{k-1}(x^2-2(1-2\sin^2\dfrac{k\pi}{2n})+1)\end{aligned}$$

Ở trên nếu cho $x\rightarrow 1$ thì:
$$n=\prod _{i=1}^{k-1}4\sin^2\dfrac{k\pi}{2n}\\ \Rightarrow \prod _{i=1}^{k-1}\sin\dfrac{k\pi}{2n}=\dfrac{\sqrt{n}}{2^{n-1}}\ \square$$

Từ các nguyên tố $ O,S,Na $ tạo ra được các muối $ A,B $ đều có 2 nguyên tử $ Na $ trong phân tử.Trong 1 thí nghiệm hóa học người ta cho $ m_{1}g $ muối $ A $ biến đổi thành $ m_{2}g $muối $ B $ và $ 6.16l $ khí $ Z $ tại$ 23.7^{\circ}C $ :$ 1atm $.Biết rằng 2 khối lượng đó khác nhau $ 16g $

• hãy viết phương trình phản ứng xảy ra với công thức cụ thể là $ A,B $
  
• Tính $ m_{1},m_{2} $

Đặt $A:Na_2X;B:Na_2Y$ với $X,Y$ là gốc acid.
+) $n_{khi}=0,25\ (mol)$

Quá trình phản ứng:
$$( Na_2X )+(?)\longrightarrow (Na_2Y)+(Z)$$

Theo giả thiết:
- Cứ $0,25 mol$ chất thì $A$ khác $B$ một lượng $16(g)$
Vậy $1 mol$ chất thì $A$ khác $B$ một lượng $64(g)$
$\Rightarrow |M_A-M_B|=64$

Mà $A,B$ chí có thể là: $Na_2S;Na_2SO_3;Na_2SO_4;Na_2S_2O_3;Na_2S_2O_8$.
Thành thử chỉ có $A:Na_2S;B:Na_2SO_4$ thoả mãn.
----
Ok,các yêu cầu của bài thì chị Juẩn tự ráp vào nhé!

Cho đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện : $P(2006)=2006! $và $xP(x-1)=(x-2006)P(x)\ (*)$ .Chứng minh rằng: $f(x)=(P(x))^2+1$ bất khả quy trong $Z [x]$

-Thay $x=0$ vào $(*)\Rightarrow P(0)=0$

-Thay $x=2006$ vào $(*)$ ta có:
$$2006P(2005)=0\Rightarrow P(2005)=0$$

-Thay $x=2005$ vào $(*)$ ta có:
$$2005P(2004)=0\Rightarrow P(2004)=0$$

Tiếp tục quá trình trên suy ra: $P(k)=0$ với $k=\overline{0,2005}$

-Theo định lý Bezout thì đa thức $P(x)$ có dạng:
$$P(x)=x(x-1)(x-2)...(x-2005)Q(x)$$

Từ (*) ta có thể dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng:
$$P(2006+n)=\dfrac{(2006+n)!}{n!}\ \ n\in \mathbb{N}$$

Từ đó suy ra:
$$P(2006+n)=(2006+n)(2005+n)...(1+n)Q(2006+n)\\ \Leftrightarrow \dfrac{(2006+n)!}{n!}= \dfrac{(2006+n)!}{n!}Q(2006+n)\\ \Leftrightarrow Q(2006+n)=1\ \ \forall n\in \mathbb{N}\\ \Rightarrow Q(x)\equiv 1$$

Khi đó viết lại $P(x)$:
$$P(x)=x(x-1)(x-2)...(x-2005)$$

Công việc chứng minh $f(x)=(P(x))^2+1$ bất khả quy trong $Z [x]$ bây giờ trở thành một bài toán quen thuộc $\square$

Tìm 3 số nguyên x, y, z sao cho ta có:
$m(2y+mx)+z+m^2$ là số chính phương với mọi số nguyên m.

SOLUTION:

Viết lại biểu thức đã cho:
$A=(x+1)m^2+2ym+z$ và coi $x,y,z$ là tham số
Xét 3 trường hợp:
*Biểu thức $A$ khuyết bậc hai,bậc một. Điều này tương đương với:
$$\left\{\begin{matrix}x+1=0\\ 2y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=-1\in\mathbb{Z}\\ y=0\in\mathbb{Z}\end{matrix}\right.$$
Lúc này: $A=z$. Vậy $A$ là số chính phương khi và chỉ khi $z$ chính phương
Vậy trường hợp này thu được $(x;y;z)=(-1;0;k^2)$ với $k\in \mathbb{Z}$)

*Biểu thức $A$ chỉ khuyết bậc hai. Điều này tương đương với $x+1=0\Leftrightarrow x=-1;y\ne 0$.
Lúc này: $A=2ym+z$. Ta không thể chọn $y,z$ để $A$ chính phương vì với mọi $y,z$ kì, ta đều có thể chọn $m$ đủ bé hoặc đủ lớn để $A$ nhận giá trị âm $\Rightarrow A$ không phải số chính phương.
Trường hợp này loại

*Biểu thức $A$ không khuyết bậc hai. Điều này tương đương với $x\ne -1$.
Lúc này $A$ được viết dưới dạng:
$$A=(x+1)m^2+2ym+z=(am+b)^2\ (a,b\in \mathbb{Z};a\ne 0)\\ \Leftrightarrow (x+1)m^2+2ym+z=a^2m^2+2abm+b^2\\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x+1=a^2\\ 2y=2ab\\ z=b^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=a^2-1\in\mathbb{Z}\\ y=ab\in\mathbb{Z}\\z=b^2\in\mathbb{Z}\end{matrix}\right.$$

Kết luận: Các số nguyên $x,y,z$ cần tìm là:
$(x;y;z)=(-1;0;k^2);(a^2-1;ab;b^2)$ với $k,a,b\in \mathbb{Z};a\ne 0$
------
The problem is completely solved.

SOLUTION:
Đặt $x=a;y=b;21=c;6=d$, khi đó pt đã cho trở thành:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{a+d}+\frac{d}{a+b}=\frac{2}{z}(*)$$
Mặt khác, ta dễ dàng cm $VT(*)\ge 2$ theo Nesbit 4 biến và $VP(*)\le 2$ do $z\in N^*$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$$\left\{\begin{matrix}a=c\\ b=d\\ z=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=21\\ y=6\\ z=1\end{matrix}\right.$$
Vậy pt đã cho có nghiệm $x=21;y=6;z=1$

Tìm hiểu thêm pp cauchy ngược dấu ở đây nhé bạn : http://diendantoanho...-phan-i-ii.html

Bài toán :
Cho $a,b,c > 0$. Tìm GTNN của :
$$P = \dfrac{a^{2012}+1}{b}+\dfrac{b^{2012}+1}{c}+\dfrac{c^{2012}+1}{a}-\dfrac{2}{a+b+c}$$

Có $-\dfrac{2}{a+b+c}=-\dfrac{2}{9}.\dfrac{9}{a+b+c}\geq -\dfrac{2}{9}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$. Suy ra
$P=\frac{a^{2012}+\frac{7}{9}}{b}+\dfrac{b^{2012}+\frac{7}{9}}{c}+\dfrac{c^{2012}+\frac{7}{9}}{a}+\frac{2}{9}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})-\frac{2}{a+b+c}$
$\geq \dfrac{a^{2012}+\frac{7}{9}}{b}+\dfrac{b^{2012}+\frac{7}{9}}{c}+\dfrac{c^{2012}+\frac{7}{9}}{a}$
Có: $\frac{a^{2012}+\frac{7}{9}}{b}=\frac{a^{2012}+\frac{7}{9.2011}+\frac{7}{9.2011}+...+\frac{7}{9.2011}}{b}\geq \frac{2012\sqrt[2012]{a^{2012}.\frac{7^{2011}}{18099^{2011}}}}{b}=2012\sqrt[2012]{\frac{7^{2011}}{18099^{2011}}}.\frac{a}{b}$
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng vào ta có:
$P\geq 2012\sqrt[2012]{\frac{7^{2011}}{18099^{2011}}}.(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq 6036\sqrt[2012]{\frac{7^{2011}}{18099^{2011}}}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt[2012]{\frac{7}{18099}}$
Lần sau a cho bài số đẹp tí nhé

http://diendantoanho...showtopic=68132

Vì gọi a là số vịt
a:2 số lẻ
a:3 dư 1.
a:4 dư.
a:5 tận cùng là 4;9.
a:2 dư tận cùng a ko phải là 4.
a<200 a là B(7) có tận cùng là 9.
7.7=49
7.17=119:3 dư 2
7.27=189:3 =63
Vậy a = 49.
poro_poro
Bài này có nhiều trên mạng rồi em ạ

$4m^3+9m^2-9m-30=(4m^3+3m^2-m)+(6m^2-18m-30)$
-Thấy $6m^2-18m-30=6(m^2-3m-5)\vdots 6\forall m\in Z$
-Giờ ta phải c/m: $4m^3+3m^2-m\vdots 6$. Thật vậy, có:
$4m^3+3m^2-m=4m^3+4m^2-m^-m=4m(m^2+m)-(m^2+m)=(4m-1)(m^2+m)=m(m+1)(4m-1)(1)$
-Vì $m(m+1)$ là tích 2 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2
-Xét các trường hợp:
+)$m=3k\Rightarrow m\vdots 3$
+)$m=3k+1\Rightarrow 4m-1=4(3k+1)-1=12k+3\vdots 3$
+)$m=3k+2\Rightarrow m+1=3k+3\vdots 3$
Vậy trong mọi TH đều có $m(m+1)(4m-1)\vdots 3$
-Mà $(2;3)=1\Rightarrow m(m+1)(4m-1)\vdots 6$
Tóm lại bài toán đã đc c/m

$P=\frac{x^2}{xy+x}+\frac{y^2}{xy+y}\geq^{Schwarz} \frac{(x+y)^2}{2xy+x+y}\geq \frac{1}{\frac{(x+y)^2}{2}+1}=\frac{2}{3}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

Trong chuyên đề của thầy Thanh có bài này:

Mà nên move topic sang box Số thì đúng hơn

Câu 4:
Cho 2012 số nguyên dương $x_{1}, x_{2},..., x_{2012}$ thỏa mãn:
$\frac{1}{\sqrt{x_{1}}}+\frac{1}{\sqrt{x_{2}}}+...+\frac{1}{\sqrt{x_{2011}}}+\frac{1}{\sqrt{x_{2012}}}=125$
CMR: ​Trong 2012 số nguyên dương trên có ít nhất 3 số bằng nhau.


Giả sử trong 2012 số trên không có quá 2 số bằng nhau
$\Rightarrow 125\leqslant 2\times (1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{1006}})< 2\times (1+\frac{2}{1+\sqrt{3}}+\frac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{4}}+...+\frac{2}{\sqrt{1005}+\sqrt{1007}})=2\times (\sqrt{1007}+\sqrt{1006}-\sqrt{2})< 125$
$\Rightarrow$ có ít nhất 3 số bằng nhau

------Đề thi thử ĐHKHTN năm 2012-2013 lần 5------

Mong bạn xem lại câu b. $\Delta$ABN cân $\Leftrightarrow$ NO vuông góc AB. Mà N bất kì???

Đề đúng đó bạn. Mình vẽ hình trong trường hợp c thì thấy $\Delta ANB$ và $\Delta MNC$ đều nhưng chưa nghĩ ra cách cm ="='. Mà khi đó $BC=\frac{R}{2}$

Gặp bài ny bí quá,giúp với:

Cho x;y > 0 ,chứng minh rằng :

$\frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1} \geq \frac{4(x+y)}{4+(x+y)^2}$

Vòng đi vòng lại lại gặp người quen
Bài ny ông bí là phải . Dùng máy tính thử với $x=1;y=2$ thấy BĐT sai!
Mất công ngồi nhân vô phá ngoặc nãy giờ, haizzz

1. Giải pt:
$$x^2+\sqrt{x+4}+\sqrt{x+11}=27+x$$
2. Giải hệ:
$$\left\{\begin{matrix}2x^3+xy^2+x-2y=4\\ 2x^2+xy+2y^2+2y=4\end{matrix}\right.$$

Phân giác trong và ngoài của góc $widehat{ACB}$ cắt AB tại L,M. Biết $CL=CM$, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ CMR: $AB^2+AC^2=4R^2$