http://www.artofprob...p?f=51&t=506483

Canada 1993 http://www.artofprob...6b348ce#p738058

1/Cho $0<a<b, m \ge 2, m \in Z$.
$a_1,a_2,...a_n$ không thuộc $(a,b)$, $b_1,b_2,...,b_n$ thuộc $[a,b]$ thỏa: $\sum_{i=1}^n a_i = \sum_{j=1}^k b_j $
a/ Hãy cm: $\sum_{i=1}^n ^m\sqrt{a_i} = \sum_{j=1}^k ^m\sqrt{b_j} $
b/ Hãy cm: $\sum_{i=1}^n a_i^x = \sum_{j=1}^k b_j^x (x \geq 1)$

Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, gọi $M$, $N$ lần lượt là hai điểm trên $AB$, $AC$ sao cho $AM = CN$. Xác định vị trí của $M$, $N$ để S_AMN lớn nhất.

S_{AMN = $\frac{sinBAC.AM.AN}{2} \le sinBAC.\frac{(AN+CN)^2}{8}$}

Ừm, cái này chẳng phải là BĐT TST 2005 sao

Bạn có thể cho mình tài liệu tính tổng của thầy thanh chớ

Giờ mới thấy cái bài này:
1.$S_1= 1.2.3 + 2.3.4 + ..... + n(n+1)(n+2)$
Áp dụng cách tính tổng của thầy Thanh ta được $S_1=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}$
Do đó ta sẽ chứng minh vờ quy nạp:
_____________________________
Đặt $A_n=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}$
Khi đó $A_n-A_{n-1}=n(n+1)(n+2)$
Vậy $S_1=A_n-A_{n-1}+A_{n-1}-A_{n-2}+...+A_1-A_0=A_n=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}$ (đpcm)
2. $S_2=1.2^2 + 2.3^2 + 3.4^2 + ...... + n(n+1)^2$
Áp dụng cách tính tổng của thầy Thanh ta được $S_2=\frac{n(n+1)(n+2)(3n+5)}{12}$
Do đó ta sẽ chứng minh vờ quy nạp:
_____________________________
Đặt $B_n=\frac{n(n+1)(n+2)(3n+5)}{12}$
Khi đó $B_n-B_{n-1}=n(n+1)^2$
Vậy $S_2=B_n-B_{n-1}+B_{n-1}-B_{n-2}+...+B_1-B_0=B_n=\frac{n(n+1)(n+2)(3n+5)}{12}$ (đpcm)

1/ Cho $f:R \mapsto R,f(x)=ax+b$.Tìm a để $f$ là song ánh.
2/Gọi $M$ là tập tất cả những số nguyên dương $n$ thỏa mãn : $n$ có $2011$ chữ số, $n$ chia hết cho $99$, các chữ sô $n$ thuộc $\lbrace 1;2;...;8\rbrace$.Tính trung bình cộng các số của tập $M$.
3/Hãy chứng minh : $C_{2n}^{n}=(C_n^0)^2+(C_n^1)^2+...+(C_n^n)^2$
4/Cho tập$S=\lbrace 1;2;...;2n \rbrace$ số tập cân là bao nhiêu?
5/Cho $S=\lbrace 1;2;...;2012 \rbrace$. $T$ là tập con khác rỗng của $S$. Xét $f:T \mapsto T, f(X)=\lbrace 2013-x| \forall x \in X \rbrace$
Kí hiệu $m(X)$ là trung bình cộng các phần tử của $X$, Tính $\dfrac{1}{|T|}\sum \limits_{X \in T} m(X)$

Thực tế min bài này bằng 0 khi $x=y=z=1$

Cho hình thang $ABCD$ sao cho $BD=BC$. $E$ trên $AD$ với $\widehat{ECD}=\widehat{ACD}$. $F$ là giao điểm của $BD$ và $CE$, Hãy c/m: $EC=EF$.
Giải:

$CI$,$AF$ căt nhau tại $I$, bởi Ceva: $\frac{EC.FI.AK}{EF.AI.KC}=1$.
$QeD \leftrightarrow \frac{FC}{AC}=\frac{DC}{AB} \leftrightarrow \Delta{ABC} \sim \Delta{CDF}$

không phải, tìm nghiệm thường.

Cho các số nguyên dương đôi một $a,b,c$ nguyên tố cùng nhau.Hãy c/m sự : $xbc+yac+zab=2abc-ab-bc-ac$ là phương trình không có nghiệm tự nhiên.

Giải phương trình: $x^3-3y^2x+y^3=2005$

Bài này mới đầu tưởng dễ nhưng giải ra thì khó .Bằng chứng là bài làm sai của anh duongchelsea.Cách phân tích thật khó nghĩ ra:
PT $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 0 \\ x^4-8x-7=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 0 \\ (x^2-\sqrt{2}x+1-2\sqrt{2})(x^2+\sqrt{2}x+2\sqrt{2}+1)=0 \end{matrix}\right.$(Chỗ này ai không tin mình thì cứ nhân nát vào nhé,không sao đâu )
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 0 \\ x^2-\sqrt{2}x+1-2\sqrt{2}=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=\frac{1}{\sqrt{2}}(1+\sqrt{4\sqrt{2}-1})$
P/s:Với độ "khủng" của nghiệm như thế này thì thật khó nghĩ ra

Làm sao bạn phân tích được nghiệm và biến đổi như vậy

Câu c/ : $2^3-1^3$ không chia hết $2+1$

Chứng minh rằng với $\forall m,n\in N^*$ và $m\leq n\left( n\geq 2 \right )$ thì bao giờ cũng biểu diễn $m$ được thành tổng của không nhiều hơn $n$ số hạng là ước của $n!$.

Các bạn chỉ cần c/m cái trên thôi cái dưới quy nạp cũng được

Với $k,n>1$ thuộc tập nguyên, CM: $4^n.(8k+7)$ không phân tích được thành tổng bình phương ba số nguyên.

1/Cho 3 số $x,y,z \in[0;2]$ và hằng số $a \ge 4$
Hãy chứng minh:
$$(a+x^2)(a+y^2)(a+z^2) \ge [a+\frac{(x+y+z)^2}{9}]^3$$
và:
$$(a+x^3)(a+y^3)(a+z^3) \ge [a+\frac{(x+y+z)^3}{27}]^3$$

Làm sao bạn chọn được bđt phụ kia?

Một sự giải hay nhưng khá phức tạp, làm sao có thể tìm ra những đường ẩn trong những bài như thế này?
P/S: Bạn kia trả lời thật khó hiểu, liên quan gì đến mất bình tĩnh ở đây

1/$x_1+x_2+...+x_n=1$ $x_i$ thực dương , thì: $$(1+\frac{1}{x_1})(1+\frac{1}{x_2})...(1+\frac{1}{x_n}) \ge (n+1)^n$$.
Ta có sự: $1+x_1=(x_1+...+x_n)+x_1 \ge (n+1)^{n+1}\sqrt{x_1^2x_2...x_n}$....
Tương tự suy ra:
$(1+x_1)(1+x_2)...(1+x_n) \ge (n+1)^n(x_1x_2...x_n)$
Chuyển vế là được sự chứng minh.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
2/ Với số tự nhiên: $0 \le k \le n$
Ta luôn có: $1+\frac{k}{n} \le (1+ \frac{1}{n})^k < 1+\frac{k}{n}+\frac{k^2}{n^2}$
Vế trái khá đơn giản với Beruoulli, ta c/m vế phải bằng quy nạp.
Với $k=1,...,n=k đúng$, Với $n=k+1$
$(1+\frac{1}{n})^{k+1} = (1+\frac{1}{n})^k(1+\frac{1}{n}) < (1+\frac{k}{n}+\frac{k^2}{n^2})(1+\frac{1}{n})$
Khai triển, thì được:
$1+\frac{k+1}{n}+\frac{(k+1)^2}{n^2}-\frac{n(k+1)-k^2}{n^3} < 1+\frac{k+1}{n}+\frac{(k+1)^2}{n^2}$
.

Cái này là bđt trong Vacs và Cẩn và Quốc Anh, tương tự với cái này: http://www.artofprob...690187#p2690187

$AH$ là đường cao
$AEPF$ là hình vuông$\rightarrow PE^2+PF^2+PQ^2=AP^2+PQ^2 \ge \frac{(AP+PQ)^2}{2} \ge \frac{AH^2}{2}$
Vậy GTNN là $\frac{AH^2}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi:

$AP=PQ$ hay $P$ là trung điểm $AH$.

Có sự :$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BD}-\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{CA}$
$\rightarrow 2\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BD}-\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{CA}$
Tỏ ra tương tự, cộng lại thì:
$\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{BF}+\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{AE}=0$
Ai ngờ:
$\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{EA}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}=0$
Từ đó suy ra đều. Sự ngược lại không khó.

Bài 4 khối 10:
Tô hình 8x8 sao cho các sự cột 3,4,7,8 và hàng 1,2,5,6 cùng một màu thì với mọi sự đặt của $Z$ luôn đi qua số lẻ ô màu, 7 $Z$ là số lẻ ô màu , ai ngờ hình vuông luôn phủ số chẵn ô màu ( theo chia hình), nên không thể chia được bàn cờ như trên