Cho a,b,c là các số thực ko âm t/m $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$. Tìm max:
$P=\left ( a+b+c \right )^{3}+a(2bc-1)+b(2ac-1)+c(2ab-1)$

Bài này đơn giản quá
$P=(a+b+c)\left [(a+b+c)^{2}-1 \right ]+8abc\leq \sqrt{3(\sum a^{2})}(3\sum a^{2}-1)+\frac{8}{3}(\sum a^{2}+\sqrt{3\sum a^{2}})$

Cho biểu thức S=a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd trong đó ad-bc=1.CMR S$\geqslant$ $\sqrt{}$3

 

 Xét $4(S-\sqrt{3})=4\left [ \sum a^2+ac+bd-\sqrt{3}(ad-bc) \right ]=(a+b\sqrt{3}+2c)^2+(a\sqrt{3}-b-2d)^2\geq 0$

 

Bài 39: Đặt $21$ điểm trên đường tròn. Chứng minh rằng: có ít nhất $100$ cặp điểm tạo ra cung nhỏ hơn hoặc bằng $120^0$

 

Xét graph đỉnh là $21$ điểm trên, $2$ đỉnh nối với nhau nếu cung tạo bởi chúng lớn hơn $120^0$ .

Dễ thấy đây là graph 3-free nên số cạnh tối đa là $\left \lfloor \frac{21^2}{4} \right \rfloor=110$

Do đó số cặp đỉnh tạo cung nhỏ hơn hoặc bằng $120^0$ là $C_{21}^{2}-110=100$

Bài 29:Trong một phòng thi gồn có 9 thí sinh được xếp ngồi xung quanh một bàn tròn.TRong ngân hàng đề có 9 loại đề khác nhau mỗi loại có nhiều bản.Một cách phát đề được coi là hợp lệ nếu mỗi thí sinh được nhận chỉ một đề và hai thí sinh ngồi cạnh nhau thì nhận được hai loại đề khác nhau.Hỏi có tất cả bao nhiêu cách phát đề hợp lý?

 

Bài này giải bằng truy hồi . Cách giải ở đây: http://diendantoanho...òn/#entry479746

p/s: Mãi mà không nghĩ ra ...

Lời giải :

 

Do $y$ là số nguyên không âm nên : $y^2+\sqrt{y+1}\leq (y+1)^2\Leftrightarrow 4y^2+2y\geq 0$ (*) đúng 

Vì vậy : $x^2\leq (y+1)^2$

Dễ thấy $x^2> y^2$

Kết hợp hai điều trên , ta có $x^2=(y+1)^2$ ; đồng thời (*) xảy ra dấu bằng nên $y=0$ , từ đó $x=1$

Kết luận : $(x,y)=(1,0)$

 

Tại sao "dễ thấy"? Hãy chứng minh. Trừ 1đ.

Không thử lại: trừ 1đ.

$d=8$

$d_{mr}=4;d_{tl}=0;d_{t}=0$

$S=44$

Mở rộng bài toán :

 

Tìm các số nguyên không âm $x,y$ thỏa mãn :

$x^n=y^n+\sqrt[k]{y+1}$ trong đó $n$ thuộc $\mathbb{N}^*,n>1$ , $0\leq k\leq 1$

Hướng giải : Ta chứng minh được $y^n<x^n\leq (y+1)^n$ 

 

$k \ge 2$ thì đúng hơn

Bài toán 31 :

 

 

Em không chắc lắm .

$x+y=m,xy=n$

Ta có : $m^3=m^2+3mn+n^2$(*)

$n^2=mk$ (1)

Suy ra : $m|3n+k$

Do đó : $m|kn$

Vậy : $m^2|n^3$ (2)

Từ (1,2) có $m|n$ (?!)

Đặt : n=mt

Có $m=1+3t+t^2$

Suy ra : $4m=36+12t+t^2-32=(t+6)^2-32$(3)

Mặt khác ,xét : $\Delta _{*}=9m^2-4(m^2-m^3)=m^2(5+4m)$

Do (*) là phương trình nghiệm nguyên có hệ số nguyên : $4m=z^2-5$(4)

Kết hợp (3),(4) 

Quy ước : đường xuất phát từ thành phố X đến thành phố Y gọi là đường đi đối với thành phố X và là đường kết đối với thành phố Y ( X đi , Y kết ) .

 

Lời giải :

Ta xét thành phố H có nhiều đường đi nhất ( giả sử có $x$ đường đi và $y$ đường kết thì có $x$ thành phố kết , $y$ thành phố đi) .

Theo giả thiết thì trong hai thành phố bất kỳ mà H đi  ( hoặc kết ) thì không có con đường nào nối .

Chọn một thành phố mà H đi và một thành phố mà H kết thì giữa chúng có thể có ( một và chỉ một ) đường nối nên số đường nhiều nhất tạo được là $xy$ .

Bây giờ ta xét một trong $z$ thành phố mà không có đường đi và kết H thì có thể xây tối đa $x+y$ đường nối nên số đường nhiều nhất là $z(x+y)$

Tổng số đường xây nhiều nhất là $A=x+y+xy+z(x+y)$ và thêm đó $x+y+z+1=210$

Theo BDT quen thuộc : $A=xy+y(z+1)+(z+1)x\leq \frac{(x+y+z+1)^2}{3}=\frac{210^3}{3}$

Dấu bằng xảy ra với cách xây như sau : có 3 nhóm thành phố A,B,C , mỗi nhóm 70 . Mối thành phố ở nhóm A có đường đi tới thành phố nhóm B , mối thành phố ở nhóm B có đường đi tới mỗi thành phố nhóm C và mối thành phố ở nhóm C có đường đi tới thành phố nhóm A .

Anh ơi cho em hỏi một chút là 2 chủ đề gần đây của em ( 1 cái trong BĐT và 1 cái trong Hình học của THCS ) không hiểu sao vừa gửi lên được 30 phút thì bị xóa , không rõ lí do ??
Nếu đây là lỗi của diễn đàn thì em có thể bỏ qua , nhưng nếu là do mod nào đấy thì đề nghị giải quyết ngay tại đây .
Tình trạng này diễn ra khiến em vô cùng ức chế , thậm chí còn không dám gửi thêm chủ đề nào nữa vì sợ bị xóa .
Rất mong ĐHV giúp đỡ và giải thích cho em .
Thân !

Bài 3 vòng 1 :

Để cho tiện , em kí hiệu $\overrightarrow{GA}=vGA$

Ta có :$vGA1=\frac{p-c}{a}vGB+\frac{p-a}{c}vGC$ và $vGA2=\frac{p-b}{a}vGB+\frac{p-a}{c}vGC$

Tương tự rồi cộng lại được : $3(vGG1+vGG2)=(vGA1+vGB1+vGC1)+(vGA2+vGB2+vGC2)=2(vGA+vGB+vGC)=v0$

giả sử $\sqrt{a}=\frac{m}{n}$ sao cho $(m;n)=1$ và $m;n \in N^{*}$
$\Rightarrow a=\frac{m^{2}}{n^{2}}\Rightarrow an^{2}=m^{2}$$\Rightarrow m^{2}\vdots n^{2}\Rightarrow m\vdots n\Rightarrow (m;n)=n$
$\Rightarrow n=1 \Rightarrow a=m^{2}$ vô lý

Do a,b,c là ba cạnh tam giác nên từ abc=1 suy ra $a\leq 1, b\leq 1, c\leq 1$
Theo Cauchy và giả thiết abc=1 ta có
$P\leq \frac{b^{3}c^{3}}{b+c}+\frac{a^{3}c^{3}}{a+c}+\frac{a^{3}b^{3}}{a+b}\leq\frac{(b+c)^{5}}{2^{6}}+\frac{(a+c)^{5}}{2^{6}}+\frac{(a+b)^{5}}{2^{6}}\leq \frac{2^{5}}{2^{6}}+\frac{2^{5}}{2^{6}}+\frac{2^{5}}{2^{6}}\Leftrightarrow P\leq \frac{3}{2}$
Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

Do đó Max P=$\frac{3}{2}$ khi a=b=c=1

Điều quan trọng ở đây là abc=1 và a, b, c là 3 cạnh của tam giác

giả sử như vậy thì abc<=1 ??? dấu = xảy ra luôn rồi còn gì

Dùng miền giá trị chính là cái bạn Tùng nói,và Max là cái này.Tốt nhất là ngưng thôi.

ồ nếu như dùng schwarz như bạn nói ở trên thì ra min =$(\sqrt{3}+2)^{2}$ .
vậy mà ở trên bạn lại kết luận max = chính như vậy , max= min ah` ???
bài này là bài dễ , ko có gì phải tranh cãi cả . nhưng sự thật phải đc làm rõ . thân !
p/s : mong bạn tìm hiểu kĩ trước khi post , và đừng vội khẳng định tôi sai nếu như bạn chưa nghĩ kĩ

Thử trình bài một cách không dúng $AM-GM$ xem sao:
Ta có:
$B=\frac{3}{1-x}+\frac{4}{x}=\frac{4-x}{x-x^2}=\frac{x-4}{x^2-x}$
$\Rightarrow Bx^2-Bx=x-4\Rightarrow Bx^2-(B+1)x+4=0$
Đến đây dùng phương pháp miền giá trị của hàm số là ra!

Tìm Max của $B=\frac{3}{1-x}+\frac{4}{x}$
ĐK:$0<x<1$.Ngoài ra thì phải dùng BĐT Cô-si nha

THứ nhất đề sai , phải là tìm min chứ ko phải max
đồng thời cách giải của bạn ko phải hay nhất
1. dung bđt schwarz - tự giải
2. từ đó suy ra cách cauchy . bạn có thể tham khảo vd ở sách ncpt- vũ hữu bình lớp 9 tập 1 ( chuyên đề cực trị )

2. tu

Bạn có dám chắc đề bài sai không?
Nếu đề bài đúng là Max thì sao?Có thể trong sách chỉ là Min nhưng đâu có khẳng định $B$ không có Max.Thật sự thì mình cũng chưa tính nhưng bạn thử tình theo cách của mình xem Max $B$ là bao nhiêu!

vậy xin mời bạn tìm max .

Max $B$ bằng $(\sqrt{3}+2)^2$ đạt được khi $x=\frac{1}{2}+\frac{1}{2.(\sqrt{3}+2)^2}$

Bạn có thể chỉ rõ phương pháp không ?

Bạn ơi,nếu dùng theo cách này thì Min hay Max mà chả tính được.Cái này có đề cập trong quyển sách của bạn đấy nhưng hình như là tập 2 mà không phải tập 1.
Nếu bạn chưa biết kĩ thì nên học hỏi sao lại phán xét lung tung thế.Còn muốn Schwarz thì đây:
$(\frac{3}{1-x}+\frac{4}{x})(1-x+x)\geq (\sqrt{3}+2)^{2}$.

>= tức là chỉ min chứ đâu phải max ????

dùng miên ra trị không thể ra max . bạn hãy làm thử xem . thân !

Đặt $a=x^{5},b=y^{5},c=z^{5}$, phương trình có dạng: $a^{2}+b^{2}=199+c^{2}$
Với mọi số nguyên a ta có:$a=2k,k\epsilon Z\Rightarrow a^{2}=4k^{2}\Rightarrow a\vdots 4\Rightarrow a\equiv 0(mod4)$
$a=2k+1,k\epsilon Z\Rightarrow a^{2}-1=4k(k+1)\vdots 4\Rightarrow a^{2}\equiv 1(mod4)$
Vậy với mọi số nguyên a ta luôn có $a^{2}\equiv 0,1(mod4)$
Tương tự với b và c.
$a^{2}+b^{2}\equiv 0,1,2(mod4),199\doteq 3(mod4)\Rightarrow c^{2}+199\equiv 3(mod4)$
Do đó vế trái và vế phải có số dư khác nhau khi chia cho 4 nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên
Bài toán có thể chứng minh kết quả mạnh hơn bằng phương pháp tương tự
Chứng minh phương trình $x^{2k}+y^{2k}=z^{2k}+p,(p=4m+3)$
Đặt $x^{k}=t$ bài toán quy về cách chứng minh như trên

Bài này chứng minh sai rồi !
Có a²,b²,c² chia 4 dư 0,1
->a²+b² chia 4 dư 0,1,2
c²+199 chia 4 dư 0,3
->a²+b²=c²+199 hoàn toàn có thể có nghiệm(2 vế chia hết cho 4)

Họ và tên : Đinh Thành Hưng

Lớp : 10T1 THPT HN-Ams

Đề : Cho gói 30 cái kẹo . Gồm 15 kẹo chanh , 10 kẹo cam , 5 kẹo dâu . Có bao nhiêu cách để chọn ra 5 cái kẹo bất kỳ biết lúc nào cũng có 2 kẹo chanh và có đầy đủ cả 3 loại ?

Giải :

TH1 : 2 chanh , 2 cam , 1 dâu : $C_{15}^{2}.C_{10}^{2}.C_{5}^{1}$

TH2 : 2 chanh , 1 cam , 2 dâu : $C_{15}^{2}.C_{10}^{1}.C_{5}^{2}$

TH3 : 3 chanh , 1 cam , 1 dâu : $C_{15}^{3}.C_{10}^{1}.C_{5}^{1}$

Kết luận : Tổng số cách là : 56875

 

 

BTC không chấp nhận đề thi này

Lí do:

- Đề bài quá dễ

E.Galois

 

 

Cách khác bài 5
Xét tam giác có diện tích lớn nhất , giả sử là ABC
Qua A,B,C kẻ song song với đt đối diện tạo thêm 3 tam giác diện tích đúng bằng ABC
Nếu có điểm nào nằm ngoài 4 tam giác trên thì nối điểm đó với cạnh đối diện thuộc ABC sẽ tạo tam giác mới diện tích lớn hơn ABC - vô lý
Vậy tất cả thuộc 4 tam giác
Theo dirichle . dpcm

Cho a,b,c,d>0; ab+bc+cd+da=1
CMR $\frac{a^3}{b+c+d}+\frac{b^3}{a+c+d}+\frac{c^3}{a+b+d}+\frac{d^3}{a+b+c}\geq \frac{1}{3}$
-------------------------------------------------------------
Giúp mình với

$\frac{a^{4}}{ab+ac+ad}$ tương tự rồi schwarz rồi côsi

 

$a+b+c\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}$

 

Xét : $a^{2}+b^{2}+c^{2}-a-b-c$

 

$a^{2}+\frac{1}{3}\geq \frac{2}{\sqrt{3}}a\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}a^{2}\geq a-\frac{1}{2\sqrt{3}}$

 

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$

 

Lắp tất cả ra min .

 

@@ nhờ mod del giùm , ngc dấu . tks

Bài 3. (4 điểm)

1/ Chứng tỏ rằng không có hai số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức $x^{2} + y^{2} = 2012$.

Dễ Cm được rằng : $x,y\vdots 2$ nếu không thì VT sẽ chia 4 dư 1 hoặc 2 mà điều này vô lý .
Ta đặt : $x=2a,y=2b$ thì $a^{2}+b^{2}=503$
Xét tính chia cho 5 , thấy ngay pt không có nghiệm .

Câu 2:
$\bigstar$ Xét $y=0$ thay vào pt $(1)$ ta được $x=1$ và $x=-1$
Thay các giá trị trên vào pt $(2)$ thỏa mãn nên $(1;0)$ và $(-1;0)$ là 2 nghiệm của hệ
$\bigstar$ Với $y\neq 0$ đặt $x=ty$, hệ đã cho trở thành
$\left\{\begin{matrix} t^{2}y^{2}+y^{2}+ty^{2}=1 & \\ t^{3}y^{3}+y^{3}=ty+3y & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y^{2}(t^{2}+t+1)=1 & \\ y^{2}(t^{3}-t+1)=3 & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \frac{t^{2}+t+1}{t^{3}-t+1}=\frac{1}{3}$
Giải phương trình trên tìm được mối quan hệ giữa $x$ và $y$. Thay vào hệ đã cho tìm được nghiệm

Sai rồi bạn ơi .
Cách làm của bài này là nhân x-y vào pt (1) và rút bớt x,y đi ( sau khi đã xét x-y khác 0 )
Đây là đề tổng hợp năm nào đấy không nhớ , chắc là 2003-2004