Chứng minh rằng
a=0,123456789......( sau dấu phẩy là các số tự nhiên liên tiếp ) là một số vô tỉ

Bài này có ở đâu đó trên diễn đàn rùi
Sơ sơ là thế này:Giả sử số đó có dạng 0,a(b) với chu kì b gồm k chữ số
Xét số $10^{2k}$ có trong phần thập phân ấy=> phần thập phân gồm toàn các chữ số 0->vô lý

Tiện thể anh làm giùm em luôn bài này
Trong mặt phẳng cho 2000 điểm A_1,A_2,...,A_{2000}; chứng minh có đường thẳng không cắt điểm nào; chia mặt phẳng làm 2 miền mà mỗi miền chứa đúng 1000 điểm

Về lý thuyết thì điều này hoàn toàn có thể
Vẽ 1 đường tròn chứa trong đó 2000 điểm đã cho.
Nối đôi một các điểm ấy cắt đường tròn tạo thành các dây cung,lấy 1 điểm M bất kỳ thuộc đường tròn không trùng với đầu mút của 1 dây cung nào.
Từ điểm M kẻ các tia $MA_1,MA_2,..M{2000}$ theo chiều kim đồng hồ( đương nhiên là các tia này phân biệt)
Kẻ 1 tia Mx nằm giữa 2 tia $MA_{1000}$ và $MA_{1001}$,đường thẳng chứa tia đó là đt cần tìm->OK

Mình không hiểu bạn vẽ đường tròn để làm gì

Vẽ đường tròn là để tìm ra điểm M sao cho các tia $M_i$ không có tia nào trùng nhau

chỉ cần lấy 1 điểm M nào đó ngoài 2000 điểm đã cho sao cho có thể kẻ các tia M1; M2;...;M2000 theo chiều kim đòng hồ nối 2000 điểm đã cho là được

Cái này làm thế nào hả bạn ,nếu trong bài mà bạn nói thế này thì người khác sẽ cho là mò đấy

Mà cách này thì có vẻ hơi mơ hồ

Không biết có phải mình hơi bảo thủ không,nhưng mình thấy mình trình bày thế là rõ ràng rồi chứ,mơ hồ ở chỗ nào nhỉ.
Như mình đã nói thì về lý thuyết thì có thể thực hiện được,còn trên thực tế thì....
Nếu bạn có cách khác hay hơn hì có thể post lên cho mọi người tham khảo ^^

1/ cho Tam giác ABC có góc B = 70 độ, góc C =50 độ. Đường cao AH, trung tuyến AM.
Tính góc HAM.

2/ Cho tam giác ABC cân tại A, góc A=20 độ, I là trung điểm của AC.
Tính góc IBC.

Mấy bài toán tính góc này mình học hồi lớp 7.Nói chung mấy bài này thì thường là người ta lấy 1 cạnh đã cho làm cạnh rồi dựng các tam giác vuông cân,tam giác đều,tam giác nửa đều... ,nối linh tinh lại,sau đó tìm các tam giác bằng nhau có liên quan đến góc cân tính....
Có thể tham khảo thêm trong sách "Nâng cao và phát triển toán 7" của Vũ Hữu Bình,trong đó có hẳn 1 chuyên đề về vấn đề này(nếu như mình nhớ không nhầm^^)

$\dfrac{1}{5 \sqrt[3]{3}-2 \sqrt[3]{9}+1 }= \dfrac{\sqrt[3]{3}}{(5\sqrt[3]{3}+6)(\sqrt[3]{3}-1)}$
Nhân liên hợp là ok

I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC cạnh AB=c,AC=b,AB=c.CMR
$\dfrac{IA^2}{bc} + \dfrac{IB^2}{ca} + \dfrac{IC^2}{ab} =1$

lam thu bai nay xem sao.
*a,b,c>0 thoa3 a+b+c=3.Ch/m:
1)$\sqrt[5]{2a+b}+\sqrt[5]{2b+c}+\sqrt[5]{2c+a}=<3\sqrt[5]{3}$.

$\sqrt[5]{2a+b}.\sqrt[5]{81} \leq \dfrac{2a+b+12}{5} $
vv..

<spam>Nếu bạn muốn lời giải gọn nhất thì hãy xem trong TTT tháng sau.Còn bài này chưa hết hạn gửi,bạn không nên post lên đây như vậy.

Hừm,cái chữ A đấy không có trong đề đâu,trong đề nó chỉ cho hình làm jè có kí hiệu
Cũng không hiểu sao nghe đồn có đứa làm hết và được điểm tối đa mới hãi chứ

Cho x,y là hai số dương thỏa mãn
$ x+\dfrac{1}{y} \leq 1$
Tìm giá trị min nhỏ nhất của biểu thức $M=32 \dfrac{x}{y} +1999 \dfrac{y}{x} $

$M=(32.\dfrac{x}{y}+ 2\dfrac{y}{x})+1997.\dfrac{x}{y}$
$\geq \sqrt{32.2} +1997.\dfrac{4}{(x+\dfrac{1}{y})^2 } \geq 8004$
Đẳng thức khi $x=0,5;y=2$

Tìm nghiệm nguyên của hê phương trình:
$x + y + z = 3(1)$
$x^3 + y^3 + z^3 = 3$

$(1) \Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3(x+y)(y+z)(z+x)=27$
$\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(z+x)=8$
-->xét ước...
---------
Đây bạn có thể xem thêm:
ta tìm cách phân tích 8 thành 3 thừa số có tổng bằng 6 vì $(x+y)+(y+z)+(z+x)=6$
chỉ có 2 cách phân tích là $8=2.2.2=(-1).(-1).8$
Đến đây chắc bạn tự lam đc rồi chứ?

Mấy anh ơi, em lớp 9, mún bik nhiều về phần nguyên và phương pháp, em nghe nói TTT có chuyên đề jì về phần nguyên hay lắm nhưng em ko đặt báo, anh nào có kinh nghiệm truyền thụ cho em nha )Em sắp thi òi
có ebooks càng tốt ạ

Bạn tìm trong quyển số của bộ sách ĐHSP ý,có hẳn 1 chuyên đề về cái này.Trong TTT cũng chỉ có 1 số VD xoay kĩ về 1 dạng bài trong đó thui.
Nói thật là vô cùng đau sốt với cái thể loại phần nguyên này

Nhờ các bạn giải giùm với!!!
Tìm Max P= (a-b)⁴+ (b-c)⁴+ (c-a)⁴
Cho a,b,c là các số thực không nhỏ hơn 1 và không lớn hơn 2.

Từ giả thiết suy ra $0 \leq |a-b|,|b-c|,|c-a| \leq 1$
Do đó $P \leq |a-b|+|b-c|+|c-a|$
Không mất tổng quát giả sử $a \geq b,a \geq c$
Khi đó $P \leq 2a-b-c-|b-c|$
+Nếu $b \geq c$ thì $P \leq 2(a-b) \leq 2(2-1)=1$
+Nếu $b \leq c$ tương tự
Vậy $maxP=2$ khi có 2 số bằng 2,1 số bằng 1

Cho a,b,c > 0 và$ a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$.Tìm GTNN:$ A= \dfrac{5}{3}(a+b+c)+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

Dễ thấy $a,b,c \leq 3$
Vì vậy $(a-1)^2.(a-3) \leq 0$
$\Leftrightarrow a^3-5a^2+7a-3 \leq 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{5}{3}a+ \dfrac{1}{a} \geq \dfrac{a^2}{3} + \dfrac{7}{3} $
Tương tự: $\dfrac{5}{3}b+ \dfrac{1}{b} \geq \dfrac{b^2}{3} + \dfrac{7}{3} $
$\dfrac{5}{3}c+ \dfrac{1}{c} \geq \dfrac{c^2}{3} + \dfrac{7}{3}$
Cộng theo vế có $A \geq 8$
Vậy là OK!

tìm nghiệm nguyên của phương trình:
$x(x^2+x+1)=4y(y+1)$

$ \Leftrightarrow (x+1)(x^2+1)=(2y+1)^2$
$ \Rightarrow x+1,x^2+1$ lẻ $ \Rightarrow (x+1;x^2+1)=1$(dễ thấy )
Nên cả 2 đều là số chính phương........

a,tìm x, y thỏa mãn PT:$ (x^{2}-y^{2}+2)^{2}+4x^{2}y^{2}+6x^{2}-y^{2}=0$ sao cho$ P=x^{2}+y^{2}$ đạt GTNN

b,bài này mọi người làm nhiều cách nhé:
CMr: với $x,y,z>0$ thì $\dfrac{2x}{x^{6}+y^{4}}+ \dfrac{2y}{y^{6}+z^{4}}+ \dfrac{2z}{z^{6}+x^{4}}\leq \dfrac{1}{x^{4}}+\dfrac{1}{y^{4}}+\dfrac{1}{z^{4}}$

a)$y^2=P-x^2$
Thay vào pt có:$15x^2+p^2-5p+4=0$
$\Leftrightarrow (p-1)(p-4)=-15x^2 \leq 0 \Rightarrow P \geq 1 \Leftrightarrow x=0,y= \pm 1$
b) $\sum \dfrac{2x}{x^{6}+y^{4}} \leq \sum \dfrac{2x}{2x^3y^2}= \sum \dfrac{1}{x^2y^2} \leq \sum \dfrac{1}{x^4} $
OK!

ta sẽ chọn a;b sao cho thỏa mãn hai phương trình 1 và 2 của hệ có hệ số giống nhau,tức là:
$\dfrac{4}{{{a^2}}} = \dfrac{{ - 12}}{{2ab}} = \dfrac{{ - a}}{{ - 2}} = \dfrac{{5 - b}}{{{b^2} - 1}}$

Chỗ này nhầm chút xíu mà .Vẫn ra được $a=2,b=-3$ đấy thui:D
Rất cám ơn các bác .Đúng là cái em đang cần ạ.

bài 2:
cho ABCD là hình bình hành,E,F thuộc AB sao cho E gần A hơn.CE cắt DF tại P. Q là giao điểm thứ 2 của 2 đường tròn nội tiếp PAE vàPBF.CM PQ //AD

$PQ \cap AB=I$
$PQ \cap CD=K$
Theo phương tích:$IE.IA=IF.IB(=IP.IQ) \Rightarrow \dfrac{IA}{IB}=\dfrac{IF}{IA}$
Mặt khác $\dfrac{IF}{IE}=\dfrac{KD}{KC}$(dễ thấy)
Do đó $\dfrac{IA}{IB}=\dfrac{KD}{KC} \Rightarrow IK//AD$ hay $PQ//AD $

Bài 1, Cho 2 sô không âm x,y thỏa mãn $x^{3} + y^{3} =2 $
CMR : $x^2 + y^2 \leq 2 $

Bài 2, Cho a,b thỏa mãn $a+b \geq 0 $
CMR: với $n \in N$ thì $(\dfrac{a+b}{2})^{n} \leq \dfrac{a^{n}+b^{n}}{2} $

Bài 1:
Cô-si:
$x^3+x^3+1 \geq 3x^2$
$y^3+y^3+1 \geq 3y^2$
suy ra $2(x^3+y^3)+2 \geq 3(x^2+y^2) \Rightarrow x^2+y^2 \leq 2$
Bài 2
Bạn dùng quy nạp và áp dụng $(a+b)(a^n+b^n) \geq 2(a^{n+1}+b^{n+1})$

giải PT nghiệm nguyên : $x^{2}+y^{2}+z^{2}=x^{2}y^{2}$

Ông anh này tự sướng à
Bài trên thì cóa thể làm như vầy:
+Nếu $x^2y^2$ lẻ thì $z^2$ lẻ
=> VT chia 4 dư 3,Vp chia 4 dư 1=>vô no
+Nếu $x^2y^2$ chẵn ,giả sử x chẵn thì $y^2+z^2 \vdots 4 \Rightarrow y \vdots 2,z \vdots 2$
Tới đây xuống thang,pt có nghiệm duy nhất $(0;0;0)$

Cho ké phát
Cho $a,b,c>0$ tìm min:
$P= \dfrac{b(a-c)}{c(a+b)} + \dfrac{c(3b+a)}{a(b+c)} + \dfrac{3c(a-b)}{b(a+c)} $
[trích đề thi thử KHTN]
Đi thi kiểu này chắc rớt quá T_T

cho n là số tự nhiên .Tìm n sao cho :$n^{2}+n+2 \vdots 2005$

$n^{2}+n+2 \not \vdots 5 \forall n \in N$ nên $\not \exists n$
Còn bài bên trên là đề thi KHTN năm nào đấy ,xét số dư của 1 số CP cho 17 là OK!

cho điểm O bên trong ta ggiác ABC sao cho tia AO,BO,CO cắt BC,AC,AB tại D,E,F . Tìm GTNN của:$M=\dfrac{OA}{OD}.\dfrac{OB}{OE}.\dfrac{OC}{OF}$

Đặt $S_{AOB}=S_1,S_{AOC}=S_2,S_{BOC}=S_3$
$M= \dfrac{S_1+S_2}{S_3}.\dfrac{S_2+S_3}{S_2}.\dfrac{S_3+S_1}{S_2} \geq 8$

Làm bài này nhiều cách : cho tam giác ABC nhọn và M nằm trong tam giác .Tìm GTNN của: $Q=MA.BC+MB.AC+MC.AB$

Hạ $AH,MK \perp BC$
Ta có $AM+MK \geq AH \Rightarrow (AM+MK).BC \geq AH.BC$ hay $AM.BC \geq 2(S_{ABC}-S_{BMC})$
Làm 2 cái tương tự và cộng lại : $Q \geq 4S$ dấu = khi M là trực tâm.
Tạm thế đã,chưa nghĩ ra cách khác .Ngu lâu khó đào tạo

Cho a,b là 2 số nguyên dương thoả mãn:
$a^{1954}+b^{1954}, a^{1945}+b^{1945}$ chia hết cho 2001.Hỏi $a^{2002}+b^{2002}$ có chia hết cho 2001 không?
(sài Ferma)

$(a^{977})^2+(b^{977})^2 \vdots 3 \Rightarrow \left\{ a^{977} \vdots 3 \\ b^{977} \vdots 3 \\ $
$\Rightarrow \left\{a \vdots 3 \\ b \vdots 3 \\ $
$(a^{977})^2+(b^{977})^2 \vdots 667 \Rightarrow \left\{ a^{977} \vdots 667 \\ b^{977} \vdots 667 \\ $
$\Rightarrow \left\{a \vdots 667 \\ b \vdots 667 \\ $
Suy ra $a^{2002}+b^{2002} \vdots 2001$

Vậy là cái 1945 kia là thừa à Không lẽ mình làm sai?