Đóng góp cho topic 1 bài diriclet

Có 9 điểm trên mặt phẳng, bất cứ điểm nào cũng là đỉnh của một tam giác mà cạnh được tô bởi màu xanh hoặc đỏ trong đó bao giờ cũng có cạnh màu đỏ. CMR tồn tại 1 tứ giác có các cạnh và đường chéo cùng màu đỏ

Trường hợp $1$ : Trong $9$ điểm tồn tại $1$ điểm $a$ là đầu mút của $4$ cạnh xanh.

Ta xét $4$ đỉnh kề với $a$ bởi các cạnh xanh. Khi đó $4$ đỉnh này sẽ lập thành $1$ tứ giác mà các cạnh và đường chéo được tô màu đỏ . 

Vì nếu trong tứ giác mà tồn tại $1$ cạnh màu xanh thì cạnh đó cùng với $2$ cạnh trong $4$ cạnh xanh kia sẽ lập nên $1$ tam giác không có cạnh màu đỏ.

Trái với giả thiết . Vậy tứ giác đó là tứ giác cần tìm

Trường hợp $2$ : Tất cả các đỉnh có số cạnh xanh xuất phát từ đỉnh đó không vượt quá $3$. Khi đó tồn tại $1$ đỉnh mà có số cạnh xanh xuất phát từ nó $\leq 2$ .

Vì nếu tất cả các đỉnh đều có số cạnh xanh là $3$ thì số cạnh xanh của đồ thị là $\frac{9.3}{2}=\frac{27}{2}$ (vô lý)

Gọi $a$ là đầu mút có nhiều nhất $2$ cạnh xanh , khi đó $a$ có ít nhất $6$ cạnh đỏ

Xét $6$ đỉnh kề với $a$ mà được nối với $a$ bởi cạnh màu đỏ, $6$ điểm này lập thành $1$ đồ thị đủ $6$ đỉnh mà các cạnh mà các cạnh được tô bởi $2$ màu xanh và đỏ.

Áp dụng định lí Ramsey : Nếu tô màu các cạnh của đồ thị đầy đủ $6$ đỉnh $K_6$ với $2$ màu xanh đỏ , thì luôn tồn tại $1$ đồ thị đầy đủ $3$ đỉnh $K_3$ là đồ thị con của đồ thị này và tất cả các cạnh của nó hoặc cùng màu đỏ hoặc cùng màu xanh

Theo định lí trên, luôn tồn tại $3$ đỉnh lập thành $1$ tam giác mà các cạnh được tô cùng một màu xanh hoặc đỏ

Nhưng tam giác này không thể là màu xanh vì nó không chứa cạnh màu đỏ , trái với giả thiết. Vậy tam giác đó chỉ có thể là màu đỏ

Khi đó $3$ đỉnh này cùng với đỉnh $a$ lập thành một tứ giác mà tất cả các cạnh và đường chéo cùng được tô màu đỏ . (ĐPCM)

Bài 4: Giả sử $a_{1};a_{2};...;a_{11}$ là các số nguyên dương lớn hơn hoặc bằng $2$,đôi một khác nhau và thoả mãn 

$a_{1}+a_{2}+...+a_{11}=407$.Cm rằng không tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho tổng các số dư của các phép chia $n$ cho $22$ số $a_{1};a_{2};...;a_{11}$;$4a_{1};4a_{2};...;4a_{11}$ bằng $2012$

$n\equiv 4a-1$ ( mod $4a$) $\Rightarrow n\equiv a-1$ (mod $a$ )  (*)

Giả sử tồn tại $n$ thõa mãn yêu cầu bài toán 

Nếu như mọi phép chia đều thiếu $1$

$\Rightarrow$ Tổng số dư của các phép chia $n$ cho $a_1,a_2,...,a_{11},4a_1,4a_2,...,4a_{11}$ là $407+4.407-11-11=2013$

Do tổng các số dư $=2012$ nên phải có $21$ phép chia đều thiếu $1$ và$1$ phép chia thiếu $2$

Nếu phép chia $n$ cho $a_1$ thiếu $2$ mà $n$ chia $4a_1$ thiếu $1$ sẽ mâu thuẫn với (*)

$\Rightarrow$ Không tồn tại $n$ thõa mãn YCBT

SAO CÁI ANH ÁO TRẮNG QUẦN ĐỎ CHÓI THÉ KIA MÀ KHÔNG THẤY MẶT Ạ 

Kệ anh í nờ   , anh chưa nhận xét , tò mò cái anh đó làm chi trời  

TẠI EM NGHĨ ANH Ý ĐẸP TRAI HƠN 

Chuẩn rồi , đẹp trai hơn , nhà giàu hơn , nhiều bồ hơn , thông minh hơn , được cái không xấu trai hơn anh

Nhìn qua, anh hy vọng nick này là người trước, ai ngờ là người đứng sau. Xuống đất 

Hy vọng càng nhiều thất vọng nhiều hơn thôi a  

Có tấm gọi là

Ném đá thoải mái mấy chế

 Áp dụng BĐT AM-GM ta có :

 $\frac{a^3}{b^2}+a\geq \frac{2a^2}{b}\Rightarrow \frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\geq 2-(a+b+c)$

 Vì vậy ta chỉ cần chứng minh 

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

      $\Leftrightarrow \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c+\frac{a^2}{2b^2}.(a-b)^2+\frac{b^2}{2c^2}.(b-c)^2+\frac{c^2}{2a^2}.(c-a)^2$

 Theo BĐT (3) thì ta cần chỉ ra $\frac{a^2}{2b},\frac{b^2}{2c},\frac{c^2}{2a}\in (0;1]$

 Mà ta lại có : $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=1\Rightarrow \frac{a^2}{b}<1<2\Rightarrow \frac{a^2}{2b}<1$

 Từ đó có điều cần chứng minh

Bài này còn cách giải khác là áp dụng BĐT $(10)$ 

Với $\alpha =\frac{3b}{4(a+b)}.\frac{a^2}{b}; \beta =\frac{3c}{4(b+c)}.\frac{b^2}{c}; \gamma =\frac{3a}{4(c+a)}.\frac{c^2}{a}$

Ngày mai sẽ post tiếp bài tập nhé  

Em thấy bài tập 1 đâu nhất thiết phải $0<a,b,c<1$

Phải có thêm điều kiện thì mới chọn được bộ $\alpha ,\beta ,\gamma$ nhé

bt2:(*)$\Leftrightarrow 2(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(ab^{2}+ac^{2}+bc^{2}+ca^{2}+ba^{2}+cb^{2})\geq 2(ab+bc+ca)-abc(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{b}{c})=2-abc(2+2+2)=2-6abc(đpcm)$

Dấu''='' xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

BT2

ap dung bdt cauchy

(*)$\geq (1-a)2bc+(1-b)2ca+(1-c)2ab =2-6abc$(đpcm)

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Lâu rồi không ghé vào TOPic , thấy người LIKE khá nhiều , đứng TOP 9 của 4RUM , nên mình post tiếp một số bài tập , ai quan tâm thì vào làm nhé !!

BT$1$ : Cho $a,b,c> 0,a+b+c=1$ . Chứng minh rằng :

$6(ab+bc+ca)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\leq 2$

BT$2$ : Với $a,b,c> 0,ab+bc+ca=1$ . Chứng minh 

$(1-a)(b^2+c^2)+(1-b)(c^2+a^2)+(1-c)(a^2+b^2)\geq 2-6abc$

Chủ yếu mình post bài tập dễ cho mấy bạn làm quen với Chuyên đề này

Cách giải

 @PhamHungCxHT:Bổ sung phần cm cho bất đẳng thức $(4)$ với cái dòng đầu cm $(5)$ chưa được cm !

À mà anh không viết tiếp chuyên đề nữa ạ 

Từ BĐT (4) suy ra $\frac{a^{m+n}+b^{m+n}}{2}\geq (\frac{a+b}{2})^{m+n}+\frac{\alpha }{4}(a^m-b^m)(a^n-b^n)$

BĐT $11$

Với $a,b,c>0, 0<\alpha ,\beta ,\gamma <1$ . $m,n$ là các số tự nhiên . Chứng minh : 

$\frac{a^{m+n}+b^{m+n}+c^{m+n}}{3}\geq (\frac{a+b+c}{3})^{m+n}+\frac{\alpha }{9}(a^m-b^m)(a^n-b^n)+\frac{\beta }{9}(a^m-c^m)(a^n-c^n)+\frac{\gamma }{9}(b^m-c^m)(b^n-c^n)$

Lời giải : 

$\frac{a^m+b^m+c^m}{3}\geq (\frac{a+b+c}{3})^m$

$\frac{a^n+b^n+c^n}{3}\geq (\frac{a+b+c}{3})^n$

Nên bất đẳng thức này suy trực tiếp từ BĐT $8$

Bài tập nhé : 

$15$ , Với $a,b,c$ thõa mãn $a\geq 2b\geq 4c>0$ . Chứng minh : 

$a^2+3b^2+5c^2\geq 2(ab+bc+ca)+\frac{1}{3}(b^3+c^3)+\frac{c^3}{b}$

Khuấy động TOPIC tiếp nào . Chắc chuyên đề hơi khó nhỉ

Bài tập $9$ 

Với $a,b,c >0$ . Chứng minh :

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

Gợi ý : Dùng BĐT (7) , Bộ số các bạn tự tìm nha

 @PhamHungCxHT:Bổ sung phần cm cho bất đẳng thức $(4)$ với cái dòng đầu cm $(5)$ chưa được cm !

À mà anh không viết tiếp chuyên đề nữa ạ 

Chuyên đề này khá lạ , nên ít người tham gia thảo luận lắm em à , anh cũng chán lắm chứ !! Không có ai thảo luận , chỉ đọc thấy vui vui rồi like cái xong lượn đi

Em có 1 thắc mắc ạ.Nếu như theo AM-GM bộ 3 số thì ta sẽ có $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3$ sẽ không bé hơn $1$

Dẫn đến gt sai phải không ạ??

Ừ . giả thiết sai rồi , haizz . Bất cẩn quá không để ý , để kiếm bài tập post lên tiếp nào  

Em làm xong rồi ms nhìn lại . hay ha

Lâu rồi không ghé vào TOPic , thấy người LIKE khá nhiều , đứng TOP 9 của 4RUM , nên mình post tiếp một số bài tập , ai quan tâm thì vào làm nhé !!

BT$7$ : Cho $a,b,c> 0,a+b+c=1$ . Chứng minh rằng :

$6(ab+bc+ca)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\leq 2$

BT$8$ : Với $a,b,c> 0,ab+bc+ca=1$ . Chứng minh 

$(1-a)(b^2+c^2)+(1-b)(c^2+a^2)+(1-c)(a^2+b^2)\geq 2-6abc$

Cung cấp các BĐT tiếp nhé

BĐT $(8)$

Với $a,b,c>0;0<\alpha ,\beta ,\gamma <1$ , $m,n$ là các số tự nhiên . 

Ta có : $a^{m+n}+b^{m+n}+c^{m+n}\geq \frac{1}{3}(a^m+b^m+c^m)(a^n+b^n+c^n)+\frac{\alpha }{3}(a^m-b^m)(a^n-b^n)+\frac{\beta  }{3}(a^m-c^m)(a^n-c^n)+\frac{\gamma  }{3}(b^m-c^m)(b^n-c^n)$

Chứng minh

$BDT(8)\Leftrightarrow (1-\alpha )(a^m-b^m)(a^n-b^n)+(1-\beta )(a^m-c^m)(a^n-c^n)+(1-\gamma )(b^m-c^m)(b^n-c^n)$

BĐT $(9)$ 

Với $a,b,c>0;0<\alpha ,\beta ,\gamma <1$

Ta có :  $\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{\alpha }{b^2}(a-b)^2+\frac{\beta }{c^2}(b-c)^2+\frac{\gamma }{a^2}(c-a)^2$

Chứng minh 

Từ BĐT(1) :  $a^2+b^2\geq 2ab+\alpha (a-b)^2$ ta suy ra : 

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

Tương tự $\frac{b^2}{c^2}+1\geq \frac{2b}{c}+\frac{\beta }{c^2}(b-c)^2$

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

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3$

Cộng vế với vế ta được ĐPCM

BĐT $(10)$

Với $a,b,c>0;0<\alpha ,\beta ,\gamma <1$

$\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\geq \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+\frac{2\alpha }{3b^2}(a^2-b^2)(a-b)+\frac{2\beta }{3c^2}(b^2-c^2)(b-c)+\frac{2\gamma }{3a^2}(c^2-a^2)(c-a)$

Chứng minh

Từ BĐT(5) : $a^3+b^3\geq ab(a+b)+\frac{2\alpha }{3}(a^2-b^2)(a-b)$ suy ra

$\frac{a^3}{b^2}+b\geq \frac{a^2}{b}+a+\frac{2\alpha }{3b^2}(a^2-b^2)(a-b)$

Tương tự 

$\frac{b^3}{c^2}+c\geq \frac{b^2}{c}+b+\frac{2\beta }{3c^2}(b^2-c^2)(b-c)$

$\frac{c^3}{a^2}+a\geq \frac{c^2}{a}+c+\frac{2\gamma }{3a^2}(c^2-a^2)(c-a)$

Cộng vế với vế ta được ĐPCM

Tiếp tục nào 

Bài $11$ :

Với $a,b,c>0;\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=1$. Chứng minh

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

Bài $12$ :

Với $a,b,c>0$. Chứng minh

Giải thế này đúng không ấy nhỉ 

Đặt $\alpha =\frac{3b}{4(a+b)};\beta =\frac{3c}{4(b+c)};\gamma =\frac{3a}{4(a+c)}$

Dễ thấy $\alpha ;\beta ;\gamma > 0$ 

Ta có $1-\alpha =1-\frac{3b}{4(a+b)}=\frac{4a+b}{4(a+b)}> 0\rightarrow \alpha < 1$

Tương tự ta kết luận $0< \alpha ;\beta ;\gamma < 1$

Thay vào bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức $(7)$ 

$\bullet$ $\frac{a^{3}}{b}+\frac{b^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{a}\geq ab+bc+ca+\frac{2\alpha }{3b}(a^{2}-b^{2})(a-b)+\frac{2\beta }{3c}(b^{2}-c^{2})(b-c)+\frac{2\gamma }{3a}(c^{2}-a^{2})(c-a)$

Mà bất đẳng thức này anh PhamhungCxHt đã cm nên khỏi cần cm lại 

Xong bài toán 

Đúng rồi đó , chủ yếu là tìm đc bộ số thôi

Bài $10$ 

Với $a,b,c >0$ và $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=1$. Chứng minh rằng :

$\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\geq 1+\frac{a^2}{2b^2}.(a-b)^2+\frac{b^2}{2c^2}.(b-c)^2+\frac{c^2}{2a^2}.(c-a)^2$

Tiếp tục chuyên đề 

$13$,

Cho $a,b,c>0$ . CHứng minh :

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{2}{a+b}+\frac{3}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{2\sqrt{bc}}+\frac{3}{2\sqrt{ca}}$

$14$.

Với $a,b,c >0 ; a+b+c=1$ . Chứng minh rằng 

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 2(\frac{1-2\sqrt{bc}}{1-a}+\frac{1-2\sqrt{ca}}{1-b}+\frac{1-2\sqrt{ab}}{1-c})$

Câu $1$,

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $y=-x^3+3x+1$.

Câu $2$,

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{x-2}$ tại điểm có hoành độ bằng $1$.

Câu $3$,

$a,$ Cho số phức $z$ thỏa mãn $z(2+i)+\overline{z}=5+3i$. Tính môđun của số phức $z$.

$b,$ Giải phương trình : $log_{2}(3x-1)+log_{2}(x+3)-3=0$

Câu $4$,

Tính tích phân :$\int_{1}^{2}x(1+ln2x)dx$
Câu $5$, 

Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho mặt phẳng $(P):2x-y+2z+2=0$ và điểm $M(1;2;3)$. Viết phương trình đường thẳng đi qua $M$, vuông góc với mặt phẳng $(P)$ và tìm tọa độ điểm $N$ đối xứng với điểm $M$ qua mặt phẳng $(P)$.

Câu $6$,

$a,$ Giải phương trình : $cos2x=5cosx-3$

$b,$ Trong dịp $26/3$, Đoàn trường của một trường Trung học phổ thông chọn ngẫu nhiên $6$ đoàn viên xuất sắc thuộc ba khối $10,11$ và $12$, mỗi khối $2$ đoàn viên xuất sắc để tuyên dương. Biết khối $10$ có $4$ đoàn viên xuất sắc trong đó có hai nam và hai nữ, khối $11$ có $5$ đoàn viên xuất sắc trong đó có hai nam và ba nữ, khối $12$ có $6$ đoàn viên xuất sắc trong đó có ba nam và ba nữ. Tính xác suất để $6$ đoàn viên xuất sắc được chọn có cả nam và nữ.

Câu $7$,

Cho hình chóp $S.ABCD$ đáy hình chữ nhật có cạnh $AB=a,AD=2a$. Gọi $O$ là giao điểm của hai đường thẳng $AC$ và $BD$, $G$ là trọng tâm tam giác $SAD$. Biết $SO$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$, góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$ bằng $60^o$. Tính theo $a$ thể tích của khối chóp $S.ABCD$ và khoảng cách từ điểm $G$ đến mặt phẳng $SCD$/

Câu $8$,

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ cân tại $C$. Các điểm $M,N$ lần lượt là chân đường cao hạ từ $A$ và $C$ của tam giác $ABC$. Trên tia đối của tia $AM$ lấy điểm $E$ sao cho $AE=AC$. Biết tam giác $ABC$ có diện tích bằng $8$, đường thẳng CN có phương trình $y-1=0$, điểm $E(-1;7)$, điểm $C$ có hoành độ dương và điểm $A$ có tọa độ là các số nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$.

Câu $9$,

Giải phương trình : $(2x^2-2x+1)(2x-1)+(8x^2-8x+1)\sqrt{-x^2+x}=0$

Câu $10$,

Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn : $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{16}{x+y+z}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

$P=\frac{(x-y)(y-z)(z-x)}{xyz}$

Như tiêu đề , em muốn xin một số kỹ thuật chuẩn hóa bất đẳng thức và khái niệm , phần này em không hiểu lắm !

Bạn có thể đọc thêm ở đây

mình nghĩ phải xét hai trường hợp chứ nhỉ nếu điểm E nằm giữa N và B thì $\widehat{PEN}\leq 90^0$ mà trường hợp này cũng tính ra được là A là điểm chính giữa cung BD

Bạn vẽ trường hợp nào cũng vô lý hết , và suy ra A nằm giữa cung BD , từ đó nên P trùng N , suy ra vô lý

Thì có gì đâu em? Nghiệm hình vẫn đúng mà!

Ta có : $\widehat{NPE}=90^0\Rightarrow \widehat{PNE}+\widehat{NEP}=90^0\Rightarrow \widehat{PEN}\leq 90^0$ 

Mà $\widehat{PEN}=\widehat{DEA}=\widehat{EAN}+\widehat{ANE}=\widehat{EAN}+90^0\Rightarrow \widehat{PEN}\geq 90^0$

Có ai xem giùm câu $8$ được không , giả thiết cho MN vuông góc AC , quá vô lý ở cái hình . 

Có sự vô lý ở câu $8$ khi đề đã cho MN vuông góc AC .