Thú thực mình lười tìm hiểu với mua sách tham khảo lắm, nên sách nào hay sách nào dở cũng không biết Bạn Zaraki có biết quyển sách nào viết chuyên về phương trình hàm tốt tốt không cho mình xin tên với, hè về cày chơi !

Mà giờ chuyển hướng thi ĐH thì không biết sách này còn có tác dụng không Mang về lại vì bận mà gối đầu giường thì tệ lắm ! 

BTC cho em hỏi tại sao đến bây giờ quà vẫn chưa đến tay thí sinh thế ạ?    Bị thất lạc thì thốn quá 

Em nghĩ ban chấm thi nên có phần nhận xét chỉ ra chỗ sai trong bài làm của thí sinh, để tránh khỏi những thắc mắc về điểm số

Với lại, em nghĩ sẽ hay hơn nếu HĐCT post lời giải của các thí sinh để mọi người cùng tham khảo.

Bài toán 1. (Kazakhstan NMO 2010) Cho trước số tự nhiên $n$ sao cho tồn tại số tự nhiên $a$ thỏa mãn $a^{n - 1} \equiv 1\pmod{n}$ và với mọi ước nguyên tố $p$ của $n - 1$ thì $a^{\frac{n - 1}{p}} \not\equiv 1\pmod{n}$. Chứng minh rằng $n$ là số nguyên tố.

Gọi $x$ là $ord_n(a)$, suy ra $x|n-1$. Nếu $x$ là ước nhỏ hơn $n-1$ của $n-1$ thì hiển nhiên $a^x\not\equiv 1\pmod n$ ( theo giả thiết). Do đó $x=n-1$

Vì $n-1=ord_n(a)$ nên $n-1\leq \varphi (n)$. Mặt khác ta luôn có $n-1\geq \varphi (n)$ với mọi $n\in\mathbb{N}$ nên $n-1=\varphi (n)$, kéo theo $n$ là số nguyên tố.

Ta có đpcm

-----------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài toán $2$. ( vở) : CMR với mọi $n\in\mathbb{N}^*$  tồn tại $k_0,k_1,....,k_n>1$ đôi một nguyên tố cùng nhau sao cho $k_0k_1....k_n-1$ là tích hai số nguyên liên tiếp.

Sau bao cảm xúc dồn nén bấy lâu ,tối nay em up ngay hình "Gấu" của em

11219711_1492816341010230_8829147245020173718_n.jpg
 

Xinh gì dữ z trời    Nhìn mê luôn rồi =))

Mình đăng ký hộ bạn ( dùng chung nick) 

-----------------------------------------------------------------

Họ và tên : Trần Ngọc Anh

Nick trên diễn đàn: ngocanh99

Năm sinh : 1999

Gmail: [email protected]

Dự thi cấp: THPT

         

Câu III.(3 điểm)

Cho tam giác nhọn $ABC$ không cân có tâm đường tròn nội tiếp là $I$.Đường thẳng $AI$ cắt $BC$ tại $D$.Gọi $E,F$ lần lượt là các điểm đối xứng của $D$ qua $IC$ và $IB$

a,Chứng minh rằng $EF$ song song với $BC$

b,Gọi $M,N,J$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng  $DE,DF,EF$.Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEM$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AFN$ tại $P$ khác $A$.Chứng minh rằng bốn điểm $M,P,N,J$ cùng thuộc một đường tròn          

c,Chứng minh rằng 3 điểm $A,J,P$ thẳng hàng    

 

Câu III

a) Dễ thấy $F\in AB$ và $E\in AC$

Có $BF=BD\Rightarrow \frac{BF}{AB}=\frac{BD}{AB}$. Tương tự $\frac{CE}{AC}=\frac{CD}{AC}$

Mà $\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}\Rightarrow \frac{BF}{AB}=\frac{CE}{AC}\Rightarrow EF\parallel BC$

b) Trước tiên có $NJ\parallel DE,MJ\parallel FD$

Từ phần a) có $\angle BFD=\angle DFE$ và $\angle CED=\angle DEF$

Tứ giác $FNPA$ và $APME$ nội tiếp nên $\angle NPM=\angle NPA+\angle MPA$

                                 $=\angle BFD+\angle DEC=\angle DFE+\angle DEF=\angle EJM+\angle FJN=180^0-\angle NJM$ 

Suy ra $NJMP$ nội tiếp

c) Từ phần b) do $NJMP$ nội tiếp nên

$\angle NPJ=\angle NMJ=\angle MJE=\angle DFE=\angle BFD=\angle NPA$ ( do $FNPA$ nội tiếp)

Do đó $\overline{P,J,A}$ ( đpcm)

     

Câu II.(3 điểm)

1)Tìm các số nguyên $x,y$ không nhỏ hơn 2 sao cho $xy-1\vdots (x-1)(y-1)$

2)Với $x,y$ là những số thực thỏa mãn đẳng thức:$x^2y^2+2y+1=0$,tìm giá trị lớn và nhỏ nhất của biểu thức:$P=\frac{xy}{3y+1}$

 

1. 

$x-1|xy-1\Leftrightarrow x-1|y(x-1)+y-1\Leftrightarrow x-1|y-1$ Tương tự, $y-1|x-1$ suy ra $x-1=y-1$ hay $x=y$

Khi đó $(x-1)^2|x^2-1\Leftrightarrow x-1|x+1$ hay $x-1|2\rightarrow$ ...

2. $P^2=\frac{-2y-1}{(3y+1)^2}$ $\Leftrightarrow (9P^2)y^2+y(6P^2+2)+P^2+1=0$

Pt có nghiệm khi $(3P^2+1)^2-9P^2(P^2+1)\geq 0\Leftrightarrow 1\geq 3P^2\Leftrightarrow -\sqrt{\frac{1}{3}}\leq P\leq \sqrt{\frac{1}{3}}$

Bài 1 có được hiểu là $a^n-1$ và $a^{3^{2016}}-1$ có cùng tập ước nguyên tố không nhỉ? Mình không chắc chắn nhưng nếu là vậy thì định lý Zsigmondy có thể giải quyết nó.

một bài nữa:

Bài 79:

Với x,y,z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x\sqrt{y}+y\sqrt{z}+z\sqrt{x}= 3$

Chứng minh rằng:

$P= \frac{x}{\sqrt{x+2y}}+\frac{y}{\sqrt{y+2z}}+\frac{z}{\sqrt{z+2x}}\geq \sqrt{xyz+2}$

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz:

$P=\sum \frac{x^2}{x\sqrt{x+2y}}\geq \frac{(x+y+z)^2}{\sum x\sqrt{x+2y}}\geq \frac{(x+y+z)^2}{\sqrt{(x+y+z)(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz)}}=\sqrt{x+y+z}$

Ta sẽ chứng minh rằng $x+y+z\geq xyz+2$ $(\star)$

Thật vậy: Sử dụng AM-GM $(x+y+z)(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})=\sum (x\sqrt{x}+y\sqrt{x})+\sum x\sqrt{y}\geq 3\sum x\sqrt{y}=9$

Mà $(x+y+z)(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\leq (x+y+z)\sqrt{3(x+y+z)}$ (AM-GM) nên $\Rightarrow x+y+z\geq 3$. Cũng dễ CMR $xyz\leq 1\rightarrow xyz+1\leq 3$

Do đó $(\star)$ đúng, ta có đpcm

Bài 80:

Cho $ x, y, z $ là các số thực dương thỏa mãn $ x+y+z=3 $

Chứng minh rằng: $ x^{4}y^{4}z^{4}(x^{3}+y^{3}+z^{3}) \le 3 $

Viết lại $A=x^4y^4z^4(x^3+y^3+z^3)= x^4y^4z^4[(x+y+z)^3-3(x+y+z)(xy+yz+xz)+3xyz]$

$A=x^4y^4z^4[27-9(xy+yz+xz)+3xyz]$

Ta có BĐT phụ quen thuộc sau $(x+y+z)^5\geq 81xyz(x^2+y^2+z^2)\Leftrightarrow xyz[9-2(xy+yz+xz)]\leq 3$

$\Rightarrow 2A= x^3y^3z^3[54xyz-18xyz(xy+yz+xz)+6x^2y^2z^2]\leq x^3y^3z^3(27-27xyz+6x^2y^2z^2)=t^3(27-27t+6t^2)$

Ta cần chứng minh $t^3(27-27t+6t^2)\leq 6\Leftrightarrow 6(t^4+t^3+t^2+t+1)\geq 27t^3$. Điều này luôn đúng vì $t\leq 1$ theo AM-GM:

$6(t^4+t^2)+6t^3+6(t+1)\geq 12t^3+6t^3+12t^3>27t^3$

Do đó $2A\leq 6\rightarrow A\leq 3$ ( đpcm)

Từ một bất đẳng thức phụ cơ bản, tớ đề xuất bài này:

Bài 85:

Với a,b,c là các số thực dương có tích là 8. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P= \frac{1}{2a+b+6}+\frac{1}{2b+c+6}+\frac{1}{2c+a+6}$

 

 tiện thể hỏi luôn ai biết topic nào có toán bằng tiếng anh ko ạ

Cho $(a,b,c) \mapsto (2a^2,2b^2,2c^2)$. Ta sẽ đưa bài toán về CM $P=\sum \frac{1}{4a^2+2b^2+6}\leq \frac{1}{4}$ với điều kiện $abc=1$

Theo BĐT BCS dạng cộng mẫu $2P\leq  \frac{1}{4}\sum \left ( \frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{a^2+2} \right )=\frac{1}{4}\left ( \sum\frac{1}{a^2+b^2+1} +\sum \frac{1}{a^2+2} \right )$

Do đó, cần có $ \sum\frac{1}{a^2+b^2+1} +\sum \frac{1}{a^2+2} =\leq 2$

Thực hiện biến đổi ngược dấu, bài toán tương đương $\sum \frac{2(a^2+b^2)}{a^2+b^2+1}+\sum\frac{a^2}{a^2+2}=M+N\geq 5$ $(\star)$

Không mất TQ, giả sử $a\geq b\geq c$

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz: 

$M=\sum \frac{(a+b)^2}{a^2+b^2+1}+\sum \frac{(a-b)^2}{a^2+b^2+1}\geq \frac{4(a+b+c)^2+4(a-c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3}\geq 4$

$\Leftrightarrow (a+b+c)^2+(a-c)^2\geq 2(a^2+b^2+c^2)+3\Leftrightarrow 2ab+2bc\geq b^2+3$

Có $(a-b)(b-c)\geq 0\rightarrow ab+bc\geq b^2+ac\rightarrow 2(ab+bc)\geq b^2+ac+ab+bc\geq b^2+3$ ( đúng vì $ab+bc+ac\geq 3$)

Do đó $M\geq 4$ $(1)$

Lại có $N=\sum \frac{a^2}{a^2+3}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+6}\geq 1\Leftrightarrow ab+bc+ac\geq 3$ ( đúng) $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $M+N\geq 5$, hay BĐT $(\star)$ đúng. Suy ra $P\leq \frac{1}{4}$

Dấu $=$ xảy ra khi ba biến bằng nhau

------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Một số trang web toán bằng tiếng anh bạn có thể tham khảo là mathlinks.ro, math.stackexchange.com, brilliant.org

Bài 86

Cho $a,b,c>0$ thõa mãn $a+b+c=2$. C/m : $\sum \frac{bc}{20+3a^2} \le \frac{1}{16} $

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz:

$P=\sum \frac{bc}{3a^2+5(a+b+c)^2}\leq \sum \frac{bc}{2a(a+b+c)+\frac{14(a+b+c)^2}{3}}=\frac{3}{4}\sum \frac{bc}{10a+7b+7c}$

$P\leq \frac{3}{4.12^2}\sum \left ( \frac{5bc}{a+b}+\frac{5bc}{a+c}+\frac{2bc}{b+c} \right )=\frac{3}{4.12^2}\left ( 5(a+b+c)+\frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ac}{a+c} \right )\leq \frac{3.6}{4.12^2}(a+b+c)=\frac{1}{16}$

Dấu $=$ xảy ra khi ba biến bằng nhau

Bài 87:Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$.CMR:$(a+b)(b+c)(c+a)\geq (ab+c)(bc+a)(ca+b)$

Bài 88: Cho $a,b,c$ là các số dương.CMR:

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

 

Bài 87. Áp dụng BĐT AM GM ngược dấu:

$(ab+c)(bc+a)\leq \frac{(ab+c+bc+a)^2}{4}=\frac{(a+c)^2(b+1)^2}{4}$. Tương tự với các biểu thức còn lại, suy ra:

$VP^2\leq \frac{[(a+b)(b+c)(c+a)]^2(a+1)(b+1)(c+1)}{64}$. Áp dụng AM-GM lần nữa có $(a+1)(b+1)(c+1)\leq \left ( \frac{a+b+c+3}{3} \right )^3=8$

$\Rightarrow VP^2\leq (a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2\Rightarrow (ab+c)(bc+a)(ca+b)\leq (a+b)(b+c)(c+a)$ ( đpcm)

Bài 88:

Đặt $(b+c-a,c+a-b,a+b-c)\mapsto (x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=(\frac{y+z}{2},\frac{x+z}{2}+\frac{x+y}{2}) $

Khi đó, thực hiện biến đổi ngược dấu,  BĐT cần chứng minh trở thành: $\sum \frac{x^2}{2x^2+(y+z)^2}\geq \frac{1}{2}$

BĐT này luôn đúng vì theo AM-GM ta có $\sum \frac{x^2}{2x^2+(y+z)^2}\geq \frac{x^2}{2x^2+2(y^2+z^2)}=\frac{1}{2}$ ( đpcm)

bài bất mới 
Bài 95:cho a,b,c là các số thực dương

$ab^2+bc^2+ca^2=3$ 
chứng minh rằng $\frac{2a^5+3b^5}{ab}+\frac{2b^5+3c^5}{bc}+\frac{2c^5+3a^5}{ac} \geq 15(a^3+b^3+c^3-2)$ 
----------- Đề Thanh Hóa--- nguồn : facebook 
ps topic hay mong nó tiếp tục phát triển           

Đã được giải tại đây

Em xin gửi hai bài ạ:

Bài 96: Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa mãn điều kiện:

                                     $abc+bcd+cda+dab=a+b+c+d+\sqrt{2016}$.

Chứng minh rằng: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)\geq 2016$.

Bài 97: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn:

                                      $\frac{32}{a+32}+\frac{3}{2b+3}\leq \frac{4c}{4c+21}$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của $abc$.

Bài 96:

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz

$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)=[(ab-1)^2+(a+b)^2][(c+d)^2+(cd-1)^2]$

hay $\text{VT}\geq [(ab-1)(c+d)+(cd-1)(a+b)]^2=2016$

Bài 97:

Điều kiện tương đương với $8abc\geq 256c^2+1344b+63a+384c+4032$

Áp dụng BĐT AM-GM: $\text{VP}=256c^2+384c+448b+448b+448b+21a+21a+21a+4032\geq 9\sqrt[9]{2^{39}3^67^6(abc)^3}$

$\Leftrightarrow 8abc\geq 9\sqrt[3]{2^{13}3^27^2abc}\Rightarrow a^2b^2c^2\geq 3^82^47^2\Rightarrow abc\geq 2268$

Vế đầu tiên:

Ta đi chứng minh $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{ab}\geq \sqrt{a^2+b^2+2ab}=a+b$

BĐT trên tương đương với $2\sqrt{(a^2+b^2)ab}\geq ab$ ( luôn đúng theo AM-GM và với $a,b\geq 0$)

Suy ra $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{ab}\geq 2$

Vế sau:

BĐT tương đương $\sqrt{4-2ab}\leq \sqrt{6}-\sqrt{ab}\Leftrightarrow 2+3ab\geq 2\sqrt{6ab}$ ( đúng theo BĐT AM-GM)

Bài toán được giải quyết!

Bài 66:

Cho $ a, b, c $ là các số thực không âm thỏa $ a+b+c=1 $.

Chứng minh rằng: $ \sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4c+1} \ge \sqrt{5}+2 $

Ta có BĐT quen thuộc sau $\sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}\geq \sqrt{4a+4b+1}+1$. Điều này $\Leftrightarrow 16ab\geq 0$ ( đúng)

Giờ ta đi CM $\sqrt{4a+4b+1}+\sqrt{4c+1}=\sqrt{5-4c}+\sqrt{4c+1}\geq \sqrt{5}+1\Leftrightarrow (5-4c)(4c+1)\geq 5\Leftrightarrow c(1-c)\geq 0$ ( luôn đúng do $c\leq 1$)

Ta có đpcm

Dấu $=$ xảy ra khi $(a,b,c)=(1,0,0)$ và hoán vị tương ứng

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài 69: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

CMR $2(a+b+c)\geq \sqrt{a^2+3}+\sqrt{b^2+3}+\sqrt{c^2+3}$

Xét $x=1\Rightarrow y=2$

Xét $x\geq 2$

PT$\Leftrightarrow 5^{x}=2^{y}+1=(3-1)^{y}+1=3M-1+1=3M$(M là số tự nhiên)

vế trái không chia hết cho 3, vế phải chia hết cho 3

nên pt vô nghiệm

Mình không hiểu chỗ này của bạn lắm 

Chưa chắc $2^y+1\vdots 3$

vì $2^y+1\equiv (1-)^y+1\equiv 0(mod 3)\Leftrightarrow y$ lẻ thôi còn $y$ chẵn thì đâu có đúng

Ở đây theo mình nên xét $y$ chẵn $y$ lẻ sẽ đúng hơn

P/s: ý kiến cá nhân

Nghe nói Thầy Lương hiệu trưởng bảo là đội tuyển của trường thầy làm bài tốt lắm mà?     

Tốt nhưng có người còn làm tốt hơn mà bạn. Thầy Lương bận này buồn thiu luôn á.  

Phân thưởng thì chỉ trao cho người điểm cao nhất hay phân ra giải nhất, nhì, ba hả ad?

Nghe xong chuyện của bác(hơi luyên thuyên) em tự nhiên thấy vui vui , thôi thì em cũng chia sẻ về cuộc tình đầu éo le của mình. :

Năm đó em lên lớp 7, được chuyển lớp và xếp ngồi trên bàn 1 nhỏ trông rất xinh nhà lại có điều kiện. Truyện cứ thế trôi đi rất chi là bình thường cho đến khi em thấy thích nhỏ đó thật sự . Hồi đó em ko có face hay yahoo , chỉ có Zing thôi , thế là lên nhắn tin tắn tỉnh nó suốt ngày, ai ngờ gã người yêu nó vớ được , ông này học lớp 9 lại đầu gấu nhất trường. Em lại là học sinh ngoan và học giỏi ( ) có tầm cỡ trong trường nên sợ dây dưa vào lão thì chết có ngày. Nhưng không hiểu sao hồi đó em ngu , cứ quay xuống nói chuyện rồi cười với nhỏ . Ai bảo nó cười xinh lắm cơ. Rồi ngày hành hình đã đến , em bị ổng với mấy thằng mặt mũi ngáo ngáo gọi lên lớp ổng nói chuyện , ông thương em không đấm nhưng bắt em đi điệu người mẫu Next top model để em nhục trước con bé kia. Nhưng em ngang lắm , không nói câu nào rồi kệ ổng đứng cười cợt , em quay đi như kiểu coi khinh . Ông cay cú , rồi những lần sau toàn gọi em đến sớm ra chỗ vắng để giải quyết, em đâu có ngu , coi như ko biết gì rồi một hồi lâu sau 2 đứa chúng nó chia tay , em cũng chẳng còn tình cảm gì với nhỏ kia nữa. giờ gặp ổng toàn nhìn nhau cười hì hì. Cũng từ cuộc tình bi thảm mà từ đó trở đi em vô cảm với phụ nữ , rồi chẳng muốn yêu đương gì nữa . Hết mất rồi 

Tình yêu của m hóa ra ntn à Quang                     

* Chấm nước mắt *

Chợt nhận thấy những anh chị khóa trước khoảng 94-97, thậm chí có thể là trước nữa, sao toàn là nam còn lại trên VMF thôi nhỉ, không lẽ mấy khóa đó không một ai là nữ biết đến diễn đàn, Hay là đối với con gái thì tình yêu cho toán học không sâu đậm nhỉ. Mỗi lần em gặp được 1 cô giáo tâm huyết và tài giỏi trong nghề (đặc biệt là toán), em hâm mộ vô cùng, càng mong muốn sau này lớn lên nhất định phải như cô đó. Để chứng minh rằng, trong toán, trong tình yêu với toán, con gái không hề thua kém con trai 1 tí nào. Nhưng đó chỉ là suy nghĩ của 1 thời "ngây thơ"...vô số tội. Càng lớn, những nhìn nhận tích góp được từ thực tế càng khiến em nản lòng. Tại sao càng lớn, niềm đam mê toán bên phía con gái nói chung càng ngày càng hao hụt, thậm chí có người ko thèm quan tâm đến toán là gì nữa? CÒn bên con trai thì khỏi nói, càng học càng hay, càng học càng thấy chúng nó thông minh... Why? Why?

Tệ hơn nữa là bây giờ, mới chỉ bước chân sang tuổi 15 được 4 tháng, vừa vào môi trường giáo dục mới ở cấp 3, em cảm thấy mình như bị đầy sang một thế giới khác_lạc lõng và lo âu. Thầy cô lúc nào cũng nhồi nhét vào đầu em những tư tưởng em không thích tí nào. Không phải học nhiều đâu, mọi người đừng hiểu lầm? Học nhiều là sở thích của em thì đúng hơn.

Thầy cô lúc nào cũng nói con gái thường ít có tài, trí tuệ kém, mấy năm C1, C2 giỏi cũng chỉ là do chăm chỉ mà nên. CÒn khi lên đến đây rồi, các em đừng có mơ nhé, Chính những bạn hỗi trước học hành kiểu "a-ma-tơ" lên đây rất thông minh, các bạn nữ có cố mấy cũng không theo kịp. Rồi nào thì thế này, nào thì thế kia, những kết quả em đã đạt được chả có nghĩa lí gì? 

Càng nghe càng cảm thấy các thầy cô đang lôi mình ra mà nói. Em chưa bao giờ nghĩ càng lớn, người lớn càng áp đặt những suy nghĩ "chín chắn" một cách "xấu xa" vào đầu thế hệ trẻ. Sao không để chúng tự suy nghĩ về cuộc đời, tự tưởng tượng những gì chúng mơ ước rồi tự mình thực hiện nó, và cũng tự mình trải nghiệm vấp ngã, thất bại và tự vực dậy. Sao người lớn lại toàn reo rắc suy nghĩ rằng :"Các em chỉ là những kẻ thất bại"

Thực sự chính sự áp đặt suy nghĩ của giáo viên cấp 3 làm cho em tuyệt vọng chứ không phải khó khăn trong bài toán.

Hiện tại em quá hoang mang, chẳng có ai bên cạnh chia sẻ với em, khuyên em phải làm những gì. THực sự là hoang mang quá!

 

 

 

Viết dài mọi người ai không quan tâm có thể "liếc nhìn" dòng này trước: "Các bạn nam có lẽ không hiểu được tâm lí của mình lúc này, mình biết các bạn còn "lười đọc" nữa nên cũng không ép buộc ai đọc đâu, mình viết coi như tự chút 1 phần lo lắng trong lòng thôi!"

Cũng rất cần một lời khuyên từ 1 người trưởng thành và từng trải qua 3 năm học cấp 3.

Mạnh mẽ lên em. Cứ sống với đam mê của mình thôi. Mặc kệ bố con thằng nào, họ không hiểu mình thì thôi. Em cứ sống cho thỏa đam mê toán là được rồi. Hoặc là, im lặng hành động và chứng minh cho bọn nó thấy

Nói thì có vẻ mơ hồ, nhưng mong em hãy can đảm thoát khỏi cái suy nghĩ tiêu cực đầy xấu xa mà những giáo viên kia đã áp đặt lên, bằng không em cũng sẽ chỉ luẩn quẩn trong một rẫy những nỗi buồn, sự sụp đổ tinh thần. Đó càng là cái cớ để cho đám người kia nghĩ rằng suy nghĩ của họ đúng, phải không nào? Như thế sẽ chỉ làm em thêm trì trệ và sa sút thôi.

Thế nhé, mặc kệ họ đi em ạ, sống sao cho đúng với sở thích của bản thân, cho giống một "nghệ sĩ" vậy!

Câu 1 phần 2 giải đơn giản như sau:

-Dễ thấy $n=1$ và $n$ là số nguyên tố lẻ thì thỏa mãn

-Xét $n$ là hợp số $(n\geq 2$). Ta viết $n=p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$ 

Có $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}$ cũng là 1 ước của $n$. Số $n$ là thỏa mãn nếu $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1^{a_1}...p_k^{a_k}+1\Leftrightarrow p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1-1\Leftrightarrow p_1-1\geq p_1^{a_1-1}....p_k^{a_k}$ ( vô lý)

Câu 3

a)Ta có  $\angle FHE=\angle PMN=180^0-\angle A$, $\angle FEH=\angle FAH=\angle MAN=\angle NPM$ ( do tứ giác $HFAE, PMNA$ nội tiếp)

Do đó $\triangle PMN\sim\triangle EHF$ $\rightarrow HE.MN=HF.MP$

b) Chủ topic đánh sai, đề đúng là cm $FENP$ nội tiếp 

Từ phần $a)$ thì $\angle FEN=\angle FEH+90^0=\angle NPM+90^0=\angle BPN$ nên tứ giác $FENP$ nội tiếp

c) Có $\angle BAD=\angle CAM\rightarrow \angle BAM=\angle DAC$

Vậy thì $\frac{S_{BAD}}{S_{CAM}}=\frac{BD}{CM}=\frac{sin\angle BAD .AB.AD}{sin\angle CAM.AC.AM}=\frac{AB.AD}{AC.AM}$

            $\frac{S_{BMA}}{S_{CAD}}=\frac{BM}{CD}=\frac{sin\angle BAM.AB.AM}{sin\angle CAD.AC.AD}=\frac{AB.AM}{AC.AD}$

$\Rightarrow \frac{BD.BM}{CD.CM}=\left ( \frac{AB}{AC} \right )^2$

Mở rộng BĐT 30/4/2014

Cho $a,b,c$ là các số dương và k là một số dương bất kì. CMR

$\sum \frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}\leq \sqrt{\frac{9}{k+2}}$

Theo em thì vẫn như cách làm bài trên, ta sẽ đi chứng minh

$\sum \frac{b^2+c^2}{ka^2+b^2+c^2}\geq \frac{6}{k+2}$

Sau đó áp dụng Bđt Cauchy- Schwarz thì ta có$\sum \frac{b^2+c^2}{ka^2+b^2+c^2}\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum (b^2+c^2)(ka^2+b^2+c^2)}$

$=\frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)^2+(2k-2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$

$\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{\frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{3(k+2)}}=\frac{6}{k+2}$

Bài toán đc cm xong :v

Bài 2:

a) Phương trình tương đương $(\sqrt{4x-3}-2x)^2=x^2\Leftrightarrow (\sqrt{4x-3}-x)(\sqrt{4x-3}-3x)=0$ 

Dễ dàng giải PT trên ta thu được $x=1,3$ là nghiệm

b)(Tính chia hết áp dụng cho cả số âm và dương)

Dễ thấy $y|x$ nên đặt $x=ty$. Ta có $t^2=ty+y^4+2y^2$. Gọi $m=\gcd(t,y)$ nên $t=t_1m,y=y_1m$ với $(t_1,y_1)=1$ $(1)$

Khi đó $t_1^2=y_1(t_1+y_1^3m^2+2y_1)$, kết hợp $(1)$ suy ra $y_1=\pm 1$

TH1 $y_1=1$ thì $t_1^2=t_1+m^2+2\rightarrow (2t_1-2m-1)(2t_1+2m-1)=9$

TH2: $y_1=-1$ thì $(2t_1-2m+1)(2t_1+2m+1)=9$

Hai phương trình tích trên đều có thể giải nghiệm nguyên dễ dàng!

Bài 4:

a) 

Do tứ giác $BMDF$ và $MECD$ nội tiếp nên $\angle BFD=\angle BMA=\angle DMC=\angle DEC$ $(1)$

Và tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên $\angle FBD=\angle DCE$ $(2)$

Từ $(1), (2)\Rightarrow \bigtriangleup BDF\sim \bigtriangleup CDE$ 

$\Rightarrow \angle FDB=\angle EDC$. Mà $\angle FDB=\angle FMB$ và $\angle EDC=\angle EMC$ nên $\angle FMB=\angle EMC$, kéo theo $\overline{F,M,E}$

b) Từ $A$ kẻ tiếp tuyến $Ax$ của $(O)$ ( $x$ nằm cùng phía $B$ so với $OA$)

Ta có $\angle xAF=\angle ACB=\angle BDA=\angle AFM=\angle AFE$ ( do $\overline{F,M,E}$ và $BMDF$ nội tiếp)

$\Rightarrow Ax\parallel EF$. Hiển nhiên $Ax\perp OA\rightarrow OA\perp EF$

c) 

Để $PQ\parallel BC$ cần có $\frac{BQ}{QN}=\frac{PC}{PN}$

Theo tính chất đường phân giác $\frac{BQ}{QN}=\frac{BF}{FN},\frac{PC}{PN}=\frac{EC}{EN}$, nên cần chứng minh $ \frac{BF}{FN}=\frac{EC}{EN}\Leftrightarrow \frac{BF}{CE}=\frac{FN}{EN}=\frac{AF}{AE}=\frac{AC}{AB}$

$\Leftrightarrow BF.AB=AE.AC\Leftrightarrow AB.AF+AC.AE=AB^2+AC^2$

Thấy rằng $AB.AF=AE.AC=AM.AD=AM^2+AM.MD=AM^2+MB.MC=AM^2+\frac{BC^2}{4}$ nên ta đi chứng minh $AB^2+AC^2=2AM^2+\frac{BC^2}{2}$

Đến đây kẻ đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ rồi sử dụng định lý Pitago ta có đpcm

Bài này khó quá nhỉ Chưa thấy ai động 

Mình có ý tưởng xây dựng dãy nghiệm $n$ thỏa mãn tính chất nào đó để suy ra tồn tại vô số.

Tính chất ước nguyên tố dạng $4t+1$ hướng đến số có dạng $2^{2x}+1$. Xét dãy $(a_n)$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} a_1=3\\ a_{n+1}=2^{2a_n}+1\end{matrix}\right.$.

Không chắc là tất cả nghiệm của dãy sẽ đúng, nhưng mình nghĩ rằng số $n$ thỏa mãn sẽ nằm trong này, hoặc có thể thêm một số điều kiện nào đó 

hide

Thử mấy chục TH, hy vọng ý tưởng đúng. Đến đây thì mình cũng tắc