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

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

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.

$d=8$

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

$S=44$

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 .

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

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

 

 

Họ và tên : Đinh Thành Hưng

Lớp : 10T1 THPT chuyên Hanoi-Amsterdam

Đề : Tìm $f:R\rightarrow R$ thoả mãn :

$(x^3+3x^2+3x+2)f(x-1)=(x^3-3x^2+3x-2)f(x),\forall x$

Giải : 

Ta có : $(x+2)(x^2+x+1)f(x-1)=(x-2)(x^2-x+1)f(x),\forall x$

Suy ra :$f(-2)=f(-1)=f(0)=f(1)=0$

Đặt : $f(x)=x(x+1)(x-1)(x+2)g(x)$

Thay vào ta có : $(x+2)(x^2+x+1)(x-1)(x-2)x(x+1)g(x-1)=(x-2)(x^2-x+1)(x+1)(x-1)(x+2)g(x),\forall x$

$\Rightarrow (x^2+x+1)g(x-1)=(x^2-x+1)g(x),\forall x$

$\Leftrightarrow \frac{g(x-1)}{x^2-x+1}=\frac{g(x)}{x^2+x+1},\forall x$

$\Leftrightarrow \frac{g(x-1)}{(x-1)^2+(x-1)+1}=\frac{g(x)}{x^2+x+1},\forall x$

Đặt : $h(x)=\frac{g(x)}{x^2+x+1}\forall x\neq 0,-1,1,2$

Suy ra : $h(x)=h(x-1)\forall x\neq 0,-1,1,2$

hay $h(x)=M$

Vậy : $f(x)=M(x^2+x+1)x(x+1)(x-1)(x+2)$

Thử lại thấy thoả mãn bài toán .

 

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 ...

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

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 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) 

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 : $3(vGG1+vGG2)=(vGA1+vGB1+vGC1)+(vGA2+vGB2+vGC2)=2(vGA+vGB+vGC)=v0$

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 .

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

Nhạc Âu-Mĩ nói chung là những bài càng sôi động thì mình càng tập trung .

Tuy nhiên thỉnh thoảng mình cũng nghe một số bài cổ điển khi học , nhất là những bản của Ludovico Einaudi .

   

 

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

 

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

 

2/ Cho $f(x)=x^{4}-3x^{3}+(2+a)x^{2}-x+a$. Cmr với mọi số nguyên $a$ thì $f(x)$ không có nghiệm nguyên lẻ.

3/ Cho đa thức f(x) xác định với mọi giá trị của $x$ nguyên dương và tm:
$\left\{\begin{matrix}f(1)=25 & & \\ f(1)+f(2)+...+f(n)=n^{2}f(n)(n\in \mathbb{N}*) & & \end{matrix}\right.$

Tính $f(2014)$

 

 

Bài 2 :

Khi x lẻ , dù a chẵn hay lẻ ta đều có f(x) lẻ do đó khác 0 

 

Bài 3 :

Ta có : $f(n)=n^2f(n)-(n-1)^2f(n-1)$ hay $f(n)=\frac{(n-1)}{n+1}f(n-1)$ 

Từ trên tính được $f(n)$ theo $n$ và $f(1)$ : $f(n)=\frac{2}{(n+1)n}f(1)$

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

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)

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

Tìm số nguyên tố có 4 chữ số abcd biết ab,cd là 2 số nguyên tố thỏa mãn $b^{2}=9c$

Để tôi giải quyết cho . haiz
$\overline{ab}\in \mathbb{P}\Leftrightarrow b\in 1,3,7,9\Leftrightarrow c\in 1,9$
Đến đây còn j ?

Có $2018$ viên kẹo. Hai người thay phiên nhau bốc kẹo, biết rằng mỗi lần chỉ được bốc $3$,$4$ hoặc $7$ viên kẹo; nếu còn lại $1$ hoặc $2$ viên thì được bốc hết. Người bốc viên kẹo cuối cùng là người chiến thẳng. Hỏi ai là người có chiến thuật thắng, người đi trước hay người đi sau?

 

Cách làm không hay nhưng hiệu quả

Ta xem xét trường hợp nhỏ để tìm quy luật . n=1,2,3,4 người một thắng . n=5,6,7 người hai thắng . n=8,9,10,11,12,13,14 người một thắng . n=15,16,17 người hai thắng . Từ đây thấy sau 3 trường hợp người một thua và trường hợp thua ở cuối ngay sau 7 trường hợp thắng thì người một thắng tiếp 7 trường hợp sau ( giải thích : , trường hợp đầu bốc 3 , trong 3 trường hợp tiếp chọn 4 viên , 3 trường hợp sau chọn 7 viên thì sẽ đưa về 3 trường hợp mà người đầu bốc thua , hay người hai sẽ thua ) . Và ta cũng thấy sau 7 trường hợp người một thắng thì có 3 trường hợp người hai thắng , do người một bốc như thế nào cũng đưa về trường hợp người đầu thắng hay người hai thắng . 

Đến đây mọi chuyện đã sáng tỏ . Ta có điều sau : với n=0,1,2,3,4,8,9 mod 10 thì người một thắng , trường hợp còn lại người hai thắng .

2018=8 mod 10 vậy người một thắng .

Cho $a,b$ là $2$ số không âm có tổng bằng $1$. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn: \[ f(ax+by)=af(x)+bf(y) , \forall x,y \in \mathbb{R} \]

 

Đặt $g(x)=f(x)-f(0)$ , dễ thấy $g(0)=0$

Theo gt , $g(ax+by)=ag(x)+bg(y)$

Thay $x$ bởi $0$ được $g(by)=bg(y)$

Tương tự có $g(ax)=ag(x)$

Do đó $g(ax+by)=g(ax)+g(by)$ 

Theo pth $Cauchy$ thì $g(x)=cx$

Do đó $f(x)=cx+d$

Giải hệ phương trình
a)

$\left\{\begin{matrix} 2x^3+2y^2+3y+3=0\\ 2y^3+2z^2+3z+3=0 \\2z^3+2x^2+3x+3=0 \end{matrix}\right.$

Em xin phép làm câu a.
Giải sử $x=Max\left \{x,y,z \right \}$
Dễ thấy : $2x^{2}+3x+3\geq 3z^{2}+3z+3$
Dẫn tới : $z\leq y$
Tương tự : $y\geq x$
Theo giả sử thì chỉ xảy ra $x=y=z$
Thay vào phương trình 1 ta sẽ có nghiệm của hệ ( pt rất đẹp ).

Lập luận thế nào mà được thế vậy bạn
Sai nhé !
Nếu x,z <0 và $x \ge z$ thì $x^2 \le z^2$

Em làm thiếu mất , giờ bổ sung .
x=0 rõ ràng vô nghiệm
x>0 xét như trên .
x<0 nhân -1 vào mỗi pt , xét như trên .chỉ khác lúc này -x là min của -x,-y,-z

 

P/s : Mod xóa jum` em , làm vớ vẩn quá ((