À, t tưởng chỉ cần chứng minh $k=5$ thì phần sau sẽ dễ dàng giải quyết, không ngờ cái tính chủ quan lại tai hại thế này

Phần sau mới là phần quan trọng 

Phương pháp: Vieta Jumping

P/s: Chắc phải xét cả đống trường hợp 

1)  Xét 9 hay 10 trường hợp gì đó

2)  Xét 4 trường hợp thôi

Spoiler

Vừa mới giải ra   

ĐK của k là $k\in N$ à ??

$a$ phải khác $b$ (thử thay $a=b$ vào thì không tìm được k)

Giả sử $a>b$. Khi đó gọi ($a,b$) là bộ số có $a$ nhỏ nhất sao cho thỏa mãn đề bài.

GT=> $f(a)=a^2-a.kb+b^2+k=0$

Dễ thấy PT trên có 2 nghiệm là $a$ và $a_0$.

Theo định lý Viete thì: $a_0=\frac{b^2+k}{a}\geq a>b$ (bởi vì a nhỏ nhất và theo Viete thì $a_0>0$ )

Do đó: $f(b)>0$ hay là: $b^2-kb^2+b^2+k>0<=>k(1-b^2)+2b^2>0$

Giờ chỉ cần xét 2 trường hợp $b=1$ và $b>1$ nữa là được.

Ở trường hợp $b>1$ thì đưa về BĐT 1 ẩn để làm

Spoiler

Đề VN TST 1992 là thế nào vậy, sao t search google không có

Có vẻ như lời giải của Tuấn chưa giải quyết được gì cho bài toán cả   

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a,b)$ thõa mãn: $a^2+b^2 = k(ab-1)$

Không phải là không có cuốn Sáng tạo Số học.. mà tác giả không lấy tên là "Sáng tạo Số học" mà thôi 

Chứng minh rằng phương trình 

                                     $x^2+y^2+z^2=n(xyz+1)$

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi $n$ được biểu diễn dưới dạng tổng của 2 số chính phương

Anh tham khảo ở đây nhé.

Bên kia là Phương trình Markov ... đơn giản hơn nhiều 

Tìm $n$ sao cho các phương trình sau có nghiệm nguyên dương:

1)          $(x+y+z)^2=nxyz$

2)          $(x+y+z+t)^2=nxyzt$

Không đăng sớm làm chú làm hết hơi lên FB giờ lại phải đăng lại .Chú ý lần sau lớp 10 đăng vào chỗ Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

 

Ta có:$\frac{a}{b+c}\leq \frac{1}{4}\left ( \frac{a}{b}+\frac{a}{c} \right )$

 

Chứng minh tương tự rồi suy ra $\Rightarrow 2\left ( \sum \frac{a}{b+c} \right )\leq \frac{1}{2}\left ( \sum \frac{b+c}{a} \right )$

 

Khi đó cần chứng minh bất đẳng thức:$\sum \frac{(b+c)^2}{a(b+c+2a)}\geq \frac{1}{2}\left ( \sum \frac{b+c}{a} \right )$

 

$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{\dfrac{a}{b+c}\left ( \dfrac{2a}{b+c}+1 \right )}\geq \frac{1}{2}\left ( \sum \frac{b+c}{a} \right )(1)$

 

Đặt $\left\{\begin{matrix} x=\dfrac{a}{b+c} & & & \\ y=\dfrac{b}{a+c} & & & \\ z=\dfrac{c}{a+b} & & & \end{matrix}\right.(x,y,z>0)$

 

Khi đó (1) trở thành $\sum \frac{1}{x(2x+1)}\geq \frac{1}{2}\left ( \sum \frac{1}{x} \right )$

 

$\Leftrightarrow \sum \frac{\dfrac{1}{x^2}}{\dfrac{1}{x}+2}\geq \frac{1}{2}\left ( \sum \frac{1}{x} \right )(*)$

 

Mặt khác:Áp dụng bất đẳng thức $C-S$ ta có:

$\sum \frac{\dfrac{1}{x^2}}{\dfrac{1}{x}+2}\geq \frac{\left ( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \right )^2}{\left ( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} +\dfrac{1}{z}\right )+6}$

 

Đặt $t=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c} +\frac{c}{a}\right )+\left ( \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c} \right )\geq 3+3=6$

 

Vì $t\geq 6$

 

$\Leftrightarrow t^2\geq 6t$

 

$\Leftrightarrow 2t^2\geq t^2+6t$

 

$\Leftrightarrow \frac{t^2}{t+6}\geq \frac{t}{2}$

 

$\Leftrightarrow \frac{\left ( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \right )^2}{\left ( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} +\dfrac{1}{z}\right )+6}\geq \frac{1}{2}\left ( \sum \frac{1}{x} \right )$

 

Vì vậy nên $\sum \frac{\dfrac{1}{x^2}}{\dfrac{1}{x}+2}\geq \frac{\left ( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \right )^2}{\left ( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} +\dfrac{1}{z}\right )+6}\geq \frac{1}{2}\left ( \sum \frac{1}{x} \right )$

 

$\Rightarrow$ BĐT $(*)$ luôn đúng

 

Nên ta có ĐPCM:$\sum \frac{(b+c)^2}{a(b+c+2a)}\geq 2\left ( \sum \frac{a}{b+c} \right )$

Ý tưởng của em thì củng như bác Hùng...cơ mà đến đoạn:

Cần chứng minh: $\sum \frac{(b+c)^2}{a(b+c+2a)} \geqslant \frac{1}{2}\left ( \sum \frac{b+c}{a} \right )$ thì có cách khác như sau:

Sử dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có:

$\left [ \sum \frac{(b+c)^2}{a(b+c+2a)} \right ]\left [ \sum \frac{(b+c+2a)}{a} \right ] \geqslant \left ( \sum \frac{b+c}{a} \right )^2$

$\Rightarrow$ cần chứng minh :        $2\left ( \sum \frac{b+c}{a} \right ) \geqslant \sum \frac{b+c+2a}{a}$

                                                                 $\Leftrightarrow \sum \frac{b+c}{a} \geqslant 6$          (Đúng theo $AM-GM$)

Do đó ta có điều phải chứng minh!

(Nguyen Minh Hai) Chứng minh BĐT sau với mọi số $n$ nguyên dương

$\sqrt[3]{(n+1)^2}-\sqrt[3]{n^2}<\frac{2}{3\sqrt[3]{n}}<\sqrt[3]{n^2}-\sqrt[3]{(n-1)^2}$

BĐT $\Leftrightarrow 3\sqrt[3]{n(n+1)^2}-3n<2<3n-\sqrt[3]{n(n-1)^2}$

$AM-GM$ ta có:

$3\sqrt[3]{n(n+1)^2} < n+(n+1)+(n+1)=3n+2$

$3\sqrt[3]{n(n-1)^2} < n+(n-1)+(n-1)=3n-2$    (Vì $n$ nguyên dương)

Từ đó suy ra đpcm

 

$\boxed{2}$Một văn phòng cần chọn mua một tờ nhật báo mỗi ngày.Có 4 loại nhật báo.Hỏi có mấy cách chọn mua báo cho một tuần gồm 6 ngày làm việc?

 

- Ngày thứ nhất có 4 cách chọn mua nhật báo.

- Ngày thứ 2 cũng có 4 cách chọn mua nhật báo.

...

- Tương tự thì ngày thứ 6 cũng có 4 cách chọn mua nhật báo.

Áp dụng quy tắc nhân suy ra tổng số cách chọn mua nhật báo trong 6 ngày sẽ là:    $4^6=4096$ cách.

Bài toán.   Chứng minh rằng đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và các đường tròn bàng tiếp của tam giác.   (Định lí Feuerbach)

Bài toán.   Giả sử $a$ là số nguyên có $4$ chữ số (trong hệ thập phân). Ta lập số $a'$ bằng cách xếp các chữ số của $a$ theo thứ tự giảm dần, $a''$ là số gồm các chữ số của $a$ xếp theo thứ tự tăng dần. Đặt:  

            $T(a)=a'-a''$

Chứng minh rằng nếu $a$ không phải là số có $4$ chữ số giống nhau thì dãy $a,T(a),T(T(a)),T(T(T(a))),...$ sẽ dừng ở số $6174$

Ủng hộ Chuyên đề của chị một bài ( Dành cho THCS)

6.Chứng minh BĐT sau với mọi số $n$ nguyên dương

$\dpi{120} \sqrt[3]{(n+1)^2}-\sqrt[3]{n^2}<\frac{2}{3\sqrt[3]{n}}<\sqrt[3]{n^2}-\sqrt[3]{(n-1)^2}$

Bài toán. Giả sử $n$ là số nguyên dương. Định nghĩa 

$T(n)=\left\{\begin{matrix} \frac{n}{2} \textrm{nếu n chẵn}& & & \\ & & & \\ \frac{3n+1}{2} \textrm{nếu n lẻ} & & & \end{matrix}\right.$

  Lập dãy $n,T(n),T(T(n)),T(T(T(n))),...$ Chứng minh rằng nếu $n=\frac{2^k-1}{3}$ $(k>1, k \in Z^+)$, thì từ lúc nào đó, dãy sẻ có dạng $1,2,1,2,...$

Có 3 cái cọc và $n$ cái đĩa có kích thước khác nhau từng cặp, được lồng vào một cọc theo thứ tự cái to ở dưới, cái nhỏ ở trên. Mục tiêu đặt ra là chuyển các đĩa sang một cọc khác, sắp xếp theo thứ tự như vậy. Mỗi lần chuyển một đĩa và không bao giờ đặt đĩa to lên đĩa bé hơn trong quá trình chuyển. Cọc thứ ba được dùng làm " trung chuyển ". Chứng minh rằng số lần dịch chuyển tối thiểu để đạt được mục tiêu đề ra là $2^n-1$.

Tính các tổng:

a)   $ \sum_{k=0}^nC_n^k(-1)^k$

b)   $\sum_{k=0}^nC_n^k$

c)   $\sum_{k=1}^{2\left [ \frac{n}{2} \right ]}C_{n}^{2k}$

d) $\sum_{k=1}^{2\left [ \frac{n-1}{2} \right ]+1}C_n^{2k-1}$

Cho $a,b,c,d >0$ thỏa mãn :$\sum a. \sum \frac{1}{a} = 20$

Tìm giá trị nhỏ nhất của : $A=\sum a^{2} . \sum \frac{1}{a^{2}}$

Sử dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có:

$A=\sum a^2. \sum \frac{1}{a^2} \geqslant \frac{1}{16}.(a+b+c+d)^2\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d} \right )^2 =\frac{20^2}{16}=25$

Cho $x,y,z \in \mathbb{R}$. CMR: $6(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)\leq 27xyz+10(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}$

Đề thi VMO 2002 

Cho $a, b, c >0$. CMR $(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}<(a^2+b^2+c^2)^3$

BĐT thuần nhất do đó ta có thể chuẩn hóa $a^2+b^2+c^2=1$

Khi đó ta cần chứng minh:           $(a^3+b^3+c^3)^2 < 1$

Ta có:            $a,b,c \in (0;1)$

Do đó:     $a^3<a^2$ , $b^3<b^2$ và $c^3<c^2$

$\Rightarrow (a^3+b^3+c^3)^2 < (a^2+b^2+c^2)^2=1$

Rút gọn biểu thức : $(a+b+c+d)^{2}+(a+b-c-d)^{2}+(a+c-b-d)^{2}+(a+d-b-c)^{2}$

$(a+b+c+d)^{2}+(a+b-c-d)^{2}+(a+c-b-d)^{2}+(a+d-b-c)^{2}=4(a^2+b^2+c^2+d^2)$

Biết $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$. 

 

CM: $\sum a^{3}(b+c)\leq 6$

Ta có BĐT sau:

$\sum ab(a^2+b^2) \leqslant \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)^2$

$\Leftrightarrow \sum \left [ (x^2-xy+y^2)(x-y)^2 \right ] \geqslant 0$

Cho tam giác ABC thỏa mãn: $\frac{sin2B+sin2C}{sin2A}=\frac{sin B+sinC}{sinA}$

Chứng minh rằng: $cosB+cosC=1$

Ta có:          $sin2B+sin2C=2.sin(B+C).cos(B-C)$

                                        $=4.sin\frac{B+C}{2}.cos\frac{B+C}{2}.cos(B-C)$

                    $sin2A=2.sinA.cosA$

                    $sinB+sinC=2.sin\frac{B+C}{2}.cos\frac{B-C}{2}$

Do đó     $\frac{sin2B+sin2C}{sin2A}=\frac{sin B+sinC}{sinA}$

$\Leftrightarrow cos\frac{B+C}{2}.cos(B-C)=cosA.cos\frac{B-C}{2}$

$\Leftrightarrow cos\frac{B+C}{2}\left ( cos^2\frac{B-C}{2}-sin^2\frac{B-C}{2} \right )=-\left ( cos^2\frac{B+C}{2}-sin^2\frac{B+C}{2} \right ).cos\frac{B-C}{2}$

$\Leftrightarrow cos\frac{B+C}{2}.cos\frac{B-C}{2}\left ( cos\frac{B+C}{2}+cos\frac{B-C}{2} \right )=sin^2\frac{B+C}{2}.cos\frac{B-C}{2}+sin^2\frac{B-C}{2}.cos\frac{B+C}{2}$

$\Leftrightarrow cos\frac{B+C}{2}.cos\frac{B-C}{2}\left ( cos\frac{B+C}{2}+cos\frac{B-C}{2} \right )=\left ( 1-cos^2\frac{B+C}{2} \right ).cos\frac{B-C}{2}+\left ( 1-cos^2\frac{B-C}{2} \right ).cos\frac{B+C}{2}$

$\Leftrightarrow 2cos\frac{B+C}{2}.cos\frac{B-C}{2}\left ( cos\frac{B+C}{2}+cos\frac{B-C}{2} \right )=cos\frac{B+C}{2}+cos\frac{B-C}{2}$

$\Leftrightarrow cosB+cosC=1$

Ủng hộ topic nè:

P/s: file401 là về BĐT lượng giác

VNMATH.COM-luonggiac- TRANVANHAO.pdf

File401.doc

2 File của anh Download ko được 

Bài 1 :CHo $\Delta ABC$ . CM $2cosA.sinB.sinC +\sqrt{3}(sinA+cosB+cosC) \leq \frac{17}{4}$

Bài 2 : Cho $\Delta ABC$

a, Tìm $Max M=\frac{sin^2A+sin^2B+sin^2C}{cos^2A+cos^2B+cos^2C}$

b, Tìm $Min N= cos3A+cos3B-cos3C$

Bài 2: 

a) Bổ đề: - Với $A+B+C=\pi$ thì ta có đẳng thức:

$cos^2A+cos^2B+cos^2C=1-2.cosA.cosB.cosC$

Từ bổ đề suy ra $cosA.cosB.cosC \leqslant \frac{1}{8}$

$\Rightarrow cos^2A+cos^2B+cos^2c \geqslant \frac{3}{4}$

Từ đó ta có:

$M+1=\frac{3}{cos^2A+cos^2B+cos^2C} \leqslant \frac{3}{\frac{3}{4}}=4$

$\Rightarrow M \leqslant 3$

Xảy ra dấu $"="$ khi $A=B=C=\frac{\pi}{3}$