Bài 1 :
Đặt k=5x-6
pt trở thành :
đk:x>1,k>1
$k^2-\dfrac{1}{\sqrt{k-1}}=x^2-\dfrac{1}{\sqrt{x-1}}$
$ \Leftrightarrow k^2-x^2=\dfrac{1}{\sqrt{k-1}}-\dfrac{1}{\sqrt{x-1}}$
Tới đây , giả sử k>x suy ra VT>0, VP<0. Tương tự cho k<x
Vậy k=x vậy x= 3/2

Bài 1.2 :
đk: x 1
bất pt đã cho trở thành :
$(x^3+3x^2-1)(\sqrt{x} + \sqrt{x-1})^3 \leq m $
VT là hàm tăng khi x 1
Vậy VT 3, đẳng thức xảy ra khi x=1
Vậy m 3 thì bpt có nghiệm

Bài 4 trên VMF đã có rồi !
Đây

Mình thì thấy 2 cái đề ko giống nhau , thật đấy !

Bài giải :
Gọi x1 , x2 là nghiệm của pt đã cho, dùng Viete , biến đổi P thành :
$P=\dfrac{(x_1 + x_2 +1)(2-x_1 x_2)}{(x_1+1)(x_2+1)}$ với x1, x2 thuộc [0,1]

Xét $P=f(x_1) = \dfrac{2-x_1 x_2}{x_2 + 1} + \dfrac{x_2 (2-x_1 x_2)}{(x_1 +1)(x_2 +1)}$
Dễ thấy, khi x1 tăng thì P giảm, như vậy, P min khi x1=1, P max khi x1=0
Khi x1=0, $P=\dfrac{2}{x_2 +1} + \dfrac{2x_2}{x_2 +1} = 2$
Vậy max P =2 khi x1=0, nghĩa là c=0


Tìm min P (khi đó x1=1) :
Khi x1=1, $P=\dfrac{(2+x_2 )(2-x_2)}{2(x_2+1)} = \dfrac{4-x_2^2}{2(x_2+1)}$
Đến đây ta thấy x2 tăng thì P giảm, như vậy x2 lớn nhất thì P nhỏ nhất. Vậy x2=1 và $min \ P=\dfrac{3}{4}$
Khi đó, c=a, b=-2a

Câu 3 :
Thầy giáo 30 tuổi , con thầy 5 tuổi.

Cách làm :

Từ đề bài, có thể suy ra tuổi của thầy chia hết cho tuổi con thầy, gọi tuổi thầy là n, con thầy là m, ta có :
$(n+m)+nm+(n-m)+\dfrac{n}{m} =216 =2n+n(m+\dfrac{1}{m})=n\dfrac{(m+1)^2}{m}=(m+1). (n\dfrac{m+1}{m})$

2 nhân tử trên đều là số nguyên.
$n=\dfrac{216m}{(m+1)^2}$ suy ra (m+1)^2 là ước của 216. Suy ra :
$(m+1). (n\dfrac{m+1}{m}) = 216 = 2.108 =3.72= 6. 36 $
Cộng thêm giả thiết đây là thầy giáo trẻ, giải ra được n=30 m=5

Làm bài cuối trước :
Giả sử tồn tại 8 số thỏa mãn 3 số bất kỳ ko là 3 cạnh của 1 tam giác.
Gọi 8 số này theo thứ tự tăng dần là $a_{1}\leq a_{2} \leq ... \leq a_{8} $
Nếu $a_{3} < a_{1} + a_{2}$ thì $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ là 3 cạnh của 1 tam giác (Coi lại đk 3 cạnh 1 tam giác)
Vậy $a_{3} \geq a_{1} + a_{2}$
tương tự, $]a_{4} \geq a_{3} + a_{2} \geq a_{1} + 2a_{2}$
Làm tương tự, ta có : $a_{8} \geq a_{7} + a_{6} \geq 8a_{1} + 13a_{2} \geq 8+13 =21$
Vô lí.

Do đó ko tồn tại 8 số như giả thiết.
Vậy luôn tồn tại 8 số nguyên dương thỏa yêu cầu đề bài

Đọc bài cuối vẫn chưa hiểu !
f(k)=1/k với mọi k từ 1 đến 2011
Vậy thì 2010 nằm trong khoảng 1 đến 2011 phải thỏa đk f(k)=1/k, nghĩa là f(2010)=1/2010

Hay là tại mình ko hiểu đề bài ??? Lâu rồi mới xem lại hể loại pt hàm !

Đề bài 4 cũng ko ổn ! Mình đoán VP là S

chắc bạn Handong chép lộn đề ,đề phài là tính $f(2012)$!

Có thế chứ ! Mình cứ tưởng đầu óc ngu ra nên đọc không hiểu đề lol

Ký hiệu [a] là phần nguyên của số thực a. Ví dụ [5,87]=5

k lớn nhất có thể có là :
k=[1000/7] + [1000/(7^2)] + [1000/(7^3)] + [1000/(7^4)] + ...= 142 + 20 + 2 + 0 +...=164 (phần ... vì nó = 0 nên mình ko viết ra )

em tuong la 1000! ma sao den cho anh bao lai chi con 1000/7 ...?

uh, cái đó là công thức rồi em, không tin thì thử với 50! xem, từ 1 đến 50 có :7,7.2,7.3,7.4,7.5,7.6,7.7 là 8 số 7 nhé. [50/7] + [50/49] = 7+1=8

con bai 1 thi sao ha anh?

Bài 1 dùng quy nạp em à .
2^{4n+k}, k {0,1,2,3}
k=0 thì b=6, k=1 thì b=2, k=2 b=4, k=3 b=8.
Vậy nếu k=0 thì mọi chuyện được giải quyết, nên ta xét trường hợp k 0.
trong mọi trường hợp, b đều là số chẵn, cho nên chỉ cần CM achia hết cho 3 thôi.
trường hợp k=1 đầu tiên là 2^{5}=32, a 3
giả sử 2^{4n+1}=10a+2, a chia hết cho 3, ta CM 2^{4(n+1)+1}=10a'+2, trong đó a' chia hết cho 3.
2^{4(n+1)+1}= 2^{4n+5}=16.2^{4n+1}=16(10a+2)=160a+32=(160a+30)+2.
Vậy a'=160a+30 chia hết cho 3 (a chia hết cho 3, 30 chia hết cho 3)

tương tự các trường hợp còn lại.

Cái này là đề thi vào lớp chuyên của trường PTNK mà
p/s: Mọi người giúp mình bài cuối đi

Bài 5a
Ta sẽ CM bằng phản chứng : giả sử trong 12 đội, lựa chọn 3 đội bất kỳ thì luôn tồn tại 1 trận đấu giữa 2 trong 3 đội

Vì mỗi đội chỉ thi đấu 4 trận, nên tồn tại 2 đội chưa đấu với nhau, đặt là A và B
10 đội còn lại đặt là C1, C2, ... C10
Theo giả thiết phản chứng , cứ mổi bộ (A B C1) , (A B C2) , ... (A B C10) thì tồn tại 1 trận đấu
Nhưng mà vì cách chọn A với B, nên chỉ có thể tồn tại trận đấu giữa A hoặc B với Ci.
Có 10 đội Ci , chia vào 2 lồng A và B , theo Dirichle, tồn tại 1 lồng chưa nhiều hơn 4 đội Ci ( >=5)
Vô lý, vì mỗi đội chỉ đấu với 4 đội còn lại
DPCM

Bài 5b
kết luận trên ko còn đúng, ta sẽ chỉ ra có 1 cách sắp xếp trận đấu thỏa mãn cứ chọn 3 đội bất kỳ thì có 2 đội đã đấu với nhau.
Chia 12 đội ra làm 2 phe, mỗi phe 6 đội.
Cho mỗi đội đấu với 5 đội còn lại trong phe của mình.
Như vậy nếu chọn ra 3 đội tùy ý, sẽ có 2 đội cùng 1 phe, mà theo cách sắp trận đấu, 2 đội cùng phe luôn có trận đấu với nhau.

Vậy, kết luận ở câu 5a ko còn thỏa mãn ở câu 5b

anh lam ro ho em duoc ko?

ok, là thế này :
$ \prod\limits_{i=1}^{5} (x^2_i -10) = \prod\limits_{i=1}^{5} (x_i + \sqrt{10}) \prod\limits_{i=1}^{5} (x_i - \sqrt{10})$

$x_1 , x_2 , x_3 , x_4 , x_5$ là nghiệm của pt $x^5 + ax^2 +b =0$
Như vậy ta có hệ sau (theo Viete) :
$\left\{\begin{array}{l} \sum x_i = 0 \\ \sum x_i x_j=0 \ (i \neq j) \\ \sum x_i x_j x_k = -a\\ \sum x_i x_j x_k x_m =0\\ x_1 x_2 x_3 x_4 x_5 = -b\end{array}\right. $
(các thông số trên cùng 1 hàng khác nhau đôi một, và không có bộ thông số nào là hoán vị của 1 trong các bộ còn lại, có nghĩa là nếu viết ra đầy đủ, thì không có cái tích nào được nhân 2, tốt nhất là xem qua bài này để hiểu rõ Viete : http://en.wikipedia....iète's_formulas )
Xét :
$\prod\limits_{i=1}^{5} (x_i - \sqrt{10}) = x_1 x_2 x_3 x_4 x_5 -\sqrt{10}\sum x_i x_j x_k x_m + 10\sum x_i x_j x_k -10\sqrt{10}\sum x_i x_j +100\sum x_i -100\sqrt{10}$
$= -b -10a -100\sqrt{10}$
Tương tự, ta có :
$\prod\limits_{i=1}^{5} (x_i + \sqrt{10}) = -b - 10a + 100\sqrt{10}$
Suy ra :
$\prod\limits_{i=1}^{5} (x^2_i -10) =(-b-10a-100\sqrt{10})(-b - 10a + 100\sqrt{10}) = (b+10a)^2 - 10^5$

Cho 1 quả cầu đặc bán kính R tích điện Q , quả cầu này được đặt vào trong quả cầu rỗng ruột , có bán kính trong là 2R và bán kính ngoài là 3R . Ban đầu , quả cầu rỗng ruột trung hòa về điện . Lúc sau , người ta đặt vào quả cầu ngoài 1 điện thế $V_2$ . Hỏi rằng sự phân bố điện tích sẽ xảy ra như thế nào ?

x=0 , ta có : f(g(y))=g(0)+y . Cho y=0 , vậy có g(0)=0 ( từ đó suy ra h(0)=f(0)=0 )
f(g(y))=y (1)
Cho y=0 vào phường trình ban đầu , được : f(x)=g(h(f(x))) . Thay x=g(y) g(h(y))=y .(2)
Thay y bởi h(x) vào (1) , kết hợp với 2 , có f(y)=h(y) .

Típ đây .
Giờ ta đang có :
g(h(x))=x
h(g(x))=x
h(x+g(y))=g(h(h(x)))+y=h(x)+y g(h(x+g(y))) = g(h(x)+y) x+g(y) =g(h(x)+y)
Vậy : g(h(x)+y)=x+g(y) = g(h(x)) + g(y) . Thay x bởi g(a) g(a+y)=g(a)+g(y) ..

C'est fini !!! Keng

Bài số 2 liệu có sai đề hok chứ
Đây là toán lớp 5 mừ.
Trong 2005 số tự nhiên bấtkì phải có 1 số chia hết cho 5 chứ

em nhầm rồi , 2005 số tự nhiên bất kì, chứ nó có liên tiếp đâu . Ví dụ như dãy 5n+1 đấy.

Bài 2: (Đề thi năm 2004-2005)
Cho 2005 số tự nhiên bất kì. CMR trong các số đó, hoặc có 1 số chia hết cho 2005, hoặc có một số mà tổng của chúng chia hết cho 2005

"có một số mà tổng của chúng chia hết cho 2005"
Ai giải thích câu hỏi đi, tổng của chúng là tổng cái gì ? Có 1 số, mà "tổng của chúng" ?? Thât tớ ko hiểu đề.

nè hình như bài 2 là: " hoặc có 1 số mak tổng các chứ số của nó và nó chia hết cho 2005" k biết có đúng k????????

thế nếu anh lấy 2005 số như sau :1,2,3,...,2003,2004,2006.

Có số nào có tổng các chữ số chia hết cho 2005 ko em ? tổng các chữ số nhỏ nhất là 1, lớn nhất là 28 (số 1999), lấy đâu được số nào mà tổng các chữ số chia hết cho 2005 ??