PROBLEM 3: Vay A đồng, lãi r/tháng. Hỏi hàng tháng phải trả bao nhiêu để sau n tháng thì hết nợ (trả tiền vào cuối tháng).

 

Gọi a là số tiền trả hàng tháng!

Cuối tháng 1, nợ: $A(1+r)$

   Đã trả a đồng nên còn nợ: $A(1+r)-a$

Cuối tháng 2 còn nợ: $[A(1+r)-a](1+r)-a=A(1+r)^{2}-a(1+r)-a$

Cuối tháng 3 còn nợ: $[A(1+r)^{2}-a(1+r)-a](1+r)-a=A(1+r)^{3}-a(1+r)^{2}-a(1+r)- a$

...

Cuối tháng n còn nợ: $A(1+r)^{n}-a(1+r)^{n-1}-a(1+r)^{n-2}-...-a=A(1+r)^{n}-a.\frac{(1+r)^{n}-1}{r}$

Để hết nợ sau n tháng thì số tiền a phải trả hàng tháng là: $a=\frac{A.r.(1+r)^{n}}{(1+r)^{n}-1}$

 

Bạn cho mình hỏi là công thức này đúng không vậy

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:

                        $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+zx$

Áp dụng $Cauchy$: $x^{2}+\sqrt{x}+\sqrt{x}\geq 3x$. Tương tự, cộng lại ta được: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\geq 3(x+y+z)=(x+y+z)^{2}\Leftrightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+zx.$

Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương và $k>1$ thì ta có bất đẳng thức sau: 

$\frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{a^{2}+kb^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+kc^{2}}}\leq \frac{\sqrt{k+2}}{9}(\frac{4}{k-1}+1).$

Bạn thử xem lại chỗ này coi vì nếu cho $a=b=c>0$ và $k=2$ thì có thể thấy bất đẳng thức không đúng

Mình đánh nhầm đề đấy. Bài này anh Long và mình đã giải ở đây: http://diendantoanho...rtk29frac4k-11/

Bài 8: Chứng minh với mọi số nguyên dương n

          $\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}\leq n\sqrt{\frac{n+1}{2}}$

Bài $8:$ Case 1: Với $n$ chẵn thì áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng $\sqrt{a}+\sqrt{b}\leq \sqrt{2}.\sqrt{a+b}$, ta có:

$\sqrt{1}+\sqrt{n}\leq \sqrt{2}.\sqrt{n+1}$,

$\sqrt{2}+\sqrt{n-1}\leq \sqrt{2}.\sqrt{n+1}$

...

$\sqrt{\frac{n}{2}}+\sqrt{\frac{n}{2}+1}\leq \sqrt{2}.\sqrt{n+1}$

Cộng vế với vế thu được:

$LHS\leq \frac{n}{2}.\sqrt{2}.\sqrt{n+1}=n.\sqrt{\frac{n+1}{2}}$.(Đpcm).

Case 2: Với $n$ lẻ thì làm tương tự.

Trên đây là một số bài tập áp dụng để các bạn cùng thảo luận!

 

Bài 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

 

$a)x^{2}+x\sqrt{2}+1>0$

$b)\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}<2\sqrt{a}$ với a > b > 0

 

Bài 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

 

$a)(x+y+z)^{2}\leq 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

$b)a^{3}+b^{3}+abc\geq ab(a+b+c)$ với các số dương a, b, c

 

Bài 3. Cho $a=\sqrt{2004}-\sqrt{2003},b=\sqrt{2005}-\sqrt{2004}$

So sánh a và b

 

 

Bài $1:$ $a) x^{2}+x\sqrt{2}+1=(x+\frac{1}{\sqrt{2}})^{2}+\frac{1}{2}>0$.

              $b)$ Do $a>b>0$ nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b})^{2}<4a\Leftrightarrow 2a+2\sqrt{a+b}.\sqrt{a-b}<4a\Leftrightarrow a>\sqrt{a^{2}-b^{2}}\Leftrightarrow a^{2}>a^{2}-b^{2}\Leftrightarrow b^{2}>0$ (Luôn đúng). Bất đẳng thức được chứng minh.

Bài $2:$ $a) (x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}\geq 0\Leftrightarrow 2(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq 2(xy+yz+zx)\Leftrightarrow (x+y+z)^{2}\geq 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})$.

              $b) a^{3}+b^{3}\geq a^{2}b+ab^{2}\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+abc\geq a^{2}b+ab^{2}+abc=ab(a+b+c)$.

Bài $3:$ Đặt $2004=x$.

$a=\sqrt{x}-\sqrt{x-1},b=\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\Leftrightarrow a-b=2\sqrt{x}-(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1})$

$(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1})^{2}< (x+1+x-1)(1+1)=4x\Leftrightarrow 2\sqrt{x}>\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}\Leftrightarrow a-b>0\Leftrightarrow a>b$

Ai có link 2 cuốn này cho em xin được không ạ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - TRUNG HỌC CƠ SỞ - HÌNH HỌC và CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - TRUNG HỌC CƠ SỞ - ĐẠI SỐ. Em đã có quyển đa thức và quyển phương trình bậc hai rồi. Em cảm ơn!!!.

Mình có quyển "Tài liệu chuyên toán trung học cở sở Toán 9 Đại số ,tập 1" vs quyển "Tài liệu chuyên toán trung học cở sở Toán 9 Hình học ,tập 2"

Hai cuốn đó mình đều đã có rồi, ý mình là 2 quyển này nè bạn: 

Mọi người có tài liệu hay sách nào về phép đếm trong phạm vi THCS có thể giới thiệu cho em được không ạ?

Ai có thể cho em một vài tài liệu về hàng điểm điều hoà được không ạ??? 

bài 128 cho a,b >o; a>b chứng mình rằng $\frac{(a^{2}+b^{2})^{2}}{a^{2}+b^{2}}\geq 8$

Đề cho vầy để tự rút gọn à?????

Bài 55:Gọi a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2

 Chứng minh rằng $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc< 2$

Bài 56:Chứng minh bất đẳng thức sau đây đúng với mọi x,y là các số thực khác  0

 $\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}}+4\geq 3(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$

Bài 57:Cho 3 số không âm thỏa mãn a+b+c=1

Chứng minh rằng $b+c\geq 16abc$

$\boxed{Bài 55}$: Nhận thấy $a<b+c\Leftrightarrow 2a<a+b+c=2\Leftrightarrow a<1.$ Tương tự: $b<1,c<1$.$\Leftrightarrow a,b,c\in[0;1]$.$\Leftrightarrow (1-a)(1-b)(1-c)\geq 0\Leftrightarrow ab+bc+ca-1-abc\geq 0\Leftrightarrow \frac{4-(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{2}-abc-1\geq 0\Leftrightarrow 4-(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2abc-2\geq 0\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc\leq 2$.

Hiển nhiên dấu "=" không xảy ra nên có ĐPCM.

Bài này đặt ẩn cho dễ

Đặt $a=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$

$\Rightarrow \frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}}=a^{2}-2$

BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow a^{2}-2+4\geq 3a$

                   $\Leftrightarrow a^{2}-3a+2\geq 0$

                   $\Leftrightarrow (a-2)(a-1)\geq 0$(Đúng,Chú ý $a\geq 2$) 

Chứng minh bị lỗi do không thể kết luận $a\geq2$ bởi $x,y$ có thể âm.

Ủng hộ topic 1 bài  

Bài 23:Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

$ Q=\frac{1}{2}(\frac{x^{10}}{y^{2}}$$+\frac{y^{10}}{x^{2}})$$+\frac{1}{4}(x^{16}+y^{16})$$-(1+x^{2}y^{2})^{2}$

Mình nghĩ đề phải là như trên. Nếu mình không nhầm thì là như sau:

$Q=\frac{1}{2}(\frac{x^{5}}{y}-\frac{y^{5}}{x})^{2}+x^{4}y^{4}+\frac{1}{4}(x^{8}-y^{8})^{2}+\frac{1}{2}x^{8}y^{8}-1-2x^{2}y^{2}-x^{4}y^{4}$.

$=\frac{1}{2}(\frac{x^{5}}{y}-\frac{y^{5}}{x})^{2}+\frac{1}{4}(x^{8}-y^{8})^{2}+\frac{1}{2}x^{8}y^{8}-2x^{2}y^{2}-1$.

Do đó chỉ cần tìm $Min$ của $A=\frac{1}{2}x^{8}y^{8}-2x^{2}y^{2}-1\Rightarrow 2A=x^{8}y^{8}-4x^{2}y^{2}-2.$

Đặt $x^{2}y^{2}=a$ thì $2A=a^{4}-4a-2=(a^{2}-1)^{2}+2(a-1)^{2}-5\geq -5\Rightarrow A\geq \frac{-5}{2}$. Do đó:

$Q\geq \frac{-5}{2}$. 

Ủng hộ $Topic$ bài sau nhé.

Bài 22:Cho $PT$ sau $\frac{mx^{2}+(m-3)x+2m-1}{x+3}=0$. Xác định $m$ để $PT$ trên có $2$ nghiệm phân biệt $x_{1},x_{2}$ thoả mãn $21x_{1}+7m(2+x_{2}+x_{2}^{2})=48$.

Ủng hộ tiếp nè :

Bài 33:Chứng minh rằng phương trình sau vô nghiệm :

$1999x^{4}+1998x^{3}+2000x^{2}+1997x+1999=0$

$\boxed{\text{Bài 33}}$Chả hiểu sao có ở đây rồi mà bạn.  http://diendantoanho...án-lớp-7/page-2

Mình xin đóng góp 1 bài . 

Bài 26 : Tìm 3 chữ số tận cùng của tích 12 số nguyên dương đầu tiên. 

Ta có thể phân tích ra thừa số nguyên tố: $12!=1.2.3.2^{2}.5.2.3.7.2^{3}.3^{2}.2.5.11.2^{2}.3=2^{10}.3^{5}.5^{2}.7.11\Rightarrow$ $3 CS$ tận cùng là $600$.

Mình cũng đang ôn HSG 9, 

 

 

Bài 36: Tìm cặp số nguyên dương $(m,n)$ sao cho $2m+1 \vdots n$ và $2n+1 \vdots m$

$\boxed{\text{Bài 36}}$

$m\geq n\Leftrightarrow 0<2n+1\leq 2m+1\leq 3m\Leftrightarrow 0<2n+1\leq 3m$. Tuy nhiên $2n+1\vdots m\Leftrightarrow 2n+1\geq m\Leftrightarrow 0<2n+1\leq 3m$. Từ đó xét các $TH$ $\begin{bmatrix} 2n+1=m\\ 2n+1=2m\\ 2n+1=3m \end{bmatrix}$.

$m<n$ làm tương tự.

Thêm một bài nữa 

Bài 35:Goi p là nửa chu vi chu vi của tam giác, a,b,c là độ dài 3 cạnh tương ứng. 

C/m $\sqrt{p} \leq \sqrt{p -a} + \sqrt{p - b}+ \sqrt{p - c } \leq \sqrt{3p}$

$\boxed{\text{Bài 35}}$

Vế $1$ $\sqrt{p}\leq \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\Leftrightarrow p\leq (\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c})^{2}\Leftrightarrow 0\leq 2(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}).(Q.E.D).$

Vế $2$ Áp dụng $Cauchy-Schwarz$ ta có: $(1.\sqrt{p-a}+1.\sqrt{p-b}+1.\sqrt{p-c})^{2}\leq (1^{2}+1^{2}+1^{2})(p-a+p-b+p-c)=3p\Leftrightarrow\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\leq \sqrt{3p}.(Q.E.D)$.

Vậy có ĐPCM.

Ngoài lề một chút được không ạ?

Mình tò mò một chút, theo chương trình học đội tuyển ở trường, các bạn được học đến phần nào rồi ạ? 

Hình như chưa có câu biến đổi căn thức nào nhỉ?

 

Bài 38: Chứng minh rằng số $\sqrt{2009^2+2009^{2}.2010^2+2010^2}$ là một số nguyên dương. 

$\boxed{\text{Bài 38}}$

Đặt $2009=a$, thì $2010=a+1$. Khi đó $2009^{2}+2009^{2}.2010^{2}+2010^{2}=a^{2}+a^{2}(a+1)^{2}+(a+1)^{2}=(a^{2}+a+1)^{2}\Leftrightarrow \sqrt{2009^{2}+2009^{2}.2010^{2}+2010^{2}}=2009^{2}+2010\in \mathbb{Z}^{+}$

Họ và tên: Đặng Vũ Ngọc Duy

Lớp: 8/3:

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm tp Biên Hoà, tỉnh Đồng Nai

Đề: Tìm nghiệm nguyên của phương trình $x^{2}+y^{2}=7z^{2}$

Lời giải: 

Từ $x^{2}+y^{2}=7z^{2}$ suy ra $(x^{2}+y^{2}) \vdots 7$ mà 1 số chính phương chia 7 chỉ dư 0;1;2 hoặc 4 nên $x^{2}$ và $y^{2}$ cùng chia 7 dư 0

$\Rightarrow x^{2},y^{2}\vdots 7\Rightarrow x,y\vdots 7$. Đặt $x=7x_{1},y=7y_{1}$ thì pt trở thành:

$49x_{1}^{2}+49y_{1}^{2}=7z^{2}\Rightarrow 7x_{1}^{2}+7y_{1}^{2}=z^{2}\Rightarrow z\vdots 7$. Đặt $z=7z_{1}^{2}(z_{1}\epsilon \mathbb{Z})$

$\Rightarrow 7x_{1}^{2}+7y_{1}^{2}=49z_{1}^{2}\Rightarrow x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=7z_{1}^{2}$

Vậy nên nếu (x,y,z) là nghiệm của pt thì $(x_{1},y_{1},z_{1})$ cũng là nghiệm của pt. Cmtt :$(x_{n},y_{n},z_{n})$ cũng là nghiệm pt.

Điều này xảy ra khi x=y=z=0. 

Vậy pt có nghiệm duy nhất là x=y=z=0.

Đúng thật, chẳng qua vô nghiệm.

bài mới 

Tìm k biết 3k là số nguyên tố ?

yêu cầu trình bày phải rõ ràng , không chỉ ghi kết quả

Thì đơn giản thôi: Xét $k=1$ thì $3k=3$( Thoả mãn). Xét $k\geq 2\Rightarrow 3k\vdots 3,3k>3$ suy ra $3k$ là hợp số.

Ta có : $3k \vdots 3$ với mọi k

mà 3k là số nguyên tố.

$\Rightarrow 3k = 3$ (3 là số nguyên tố duy nhất $\vdots 3$)

$\Rightarrow k = 1$

P/s : Bạn lần sau đừng hỏi mình trên tin nhắn nhé.

Giống mình.

Tức là mỗi góc có hai đường thẳng để chia hả?

Thế thì nếu giao của nó là đỉnh của một tam giác đều thì có nhiều hơn 3 giao mà?

Hình đây bạn: 

Đây là bài toán chia ba các góc một tam giác của Morley đấy.

Bạn thử làm cách khác đi, biến đổi biểu thức dưới căn thức sao có tồn tại $(x-y)^2$ mới là hay

Chiều ý bạn

$LHS=\sqrt{(\frac{5}{2}x+\frac{3}{2}y)^{2}+\frac{3}{4}(x-y)^{2}}+\sqrt{(\frac{3}{2}x+\frac{5}{2}y)^{2}+\frac{3}{4}(x-y)^{2}}\geq 4(x+y).$