Đề: 

Bài 1: Ko dùng máy tính, chứng minh rằng: $\frac{1-sin\frac{\pi }{14}}{2sin\frac{\pi }{14}}>\sqrt{3cos\frac{\pi }{7}}$

Bài 2: Giải pt:

$\sqrt{1+\sqrt{1-x^2}}[\sqrt{(1+x)^3}-\sqrt{(1-x)^3}]= 2+\sqrt{1-x^2}$

Bài 3: 

         Để chuẩn bị 1 bữa tiệc, 1 nhà hàng cần mua ba loại gà,cút, ngỗng. Biết rằng gà 3 tiền 1 con; cút 1 tiền 5 con và ngỗng 5 tiền 1 con. Tổng phải mua là 60 tiền và tổng số gà, cút, ngỗng phải mua là 100 con. Hỏi phải mua mỗi loại mấy con? (Quy ước 1 tiền là 100.000 đồng)

Bài 4:

       Từ dãy số $(u_{n})$ xác định bởi: $\left\{\begin{matrix} u_1=2\\ u_{n+1}=\frac{u^{2}_n+2013u_n}{2014} \end{matrix}\right.$ ta thành lập dãy $(S_n)$ với $S_n$=$\sum_{i=1}^{n}\frac{u_i}{u_{i+1}-1}$

Tính $limS_n$

Bài 5: 

       Cho một đường tròn mà tâm của nó trên cạnh $AB$ của tứ giác lồi $ABCD$ và tiếp xúc với 3 cạnh của tứ giác đó. Chứng minh rằng nếu $ABCD$ nội tiếp thì ta có $AD+BC=AB$

 P/s: đề tỉnh mình chán thế

câu hàm khá là ngon.

Thay $m=0$ ta đc:

$f(f(n))=n$ suy ra f đơn ánh

Thay $m=1$ ta đc :

$f(f(n+1)+1)=n$

$\Rightarrow f(f(n+1)+1)=f(f(n))$

$\Rightarrow f(n+1)+1=f(n) (1)$

Đặt $g(n)=f(n) +n$

Khi đó (1) trở thành

$g(n+1)=g(n)$ 

Dễ thấy khi đó $g(n)=g(0)=1$

Suy ra $f(n)=1-n$

Giải câu đầu tiên thế này ko biết có đúng hay ko .

Theo đề bài đặt 

$a^2=p+q+r$

$b^2=pq+qr+rp+3$

Giả sử trong 3 số nguyên tố $p;q;r$ ko có số nào bằng 3.

Ta có:

$a^4-2b^2=p^2+q^2+r^2-6$

Suy ra: $a^4-2b^2\vdots 3\Rightarrow p+q+r\vdots 3$ (mâu thuẫn đề)

Do đó có ít nhất 1 trong 3 số nguyên tố trên bằng 3.

Ko mất tính tổng quát giả sử $p=3$

Khi đó $a^4-2b^2=q^2+r^2-3$

Và $b^2-3a^2=rp-3$

Suy ra: $a^4-6a^2+9=(p+r)^2$

Pt này khá là quen thuộc 

Cho $(C): (x-1)^2+(y+2)^2=10$, điểm $A(1;0)$. Hai điểm $M, N$ thuộc $(C)$ sao cho tam giác $AMN$ vuông cân tại $A$. Viết phương trình $MN$

Giải thử xem sao

Ta có : $A$ nằm trong $(C)$

Mặt khác : $\overrightarrow{IA}=(0;2)$ là vectơ pháp tuyến của $MN$ 

Do đó pt đường thẳng $MN$ có dạng:

$y-y_0=0$

Gọi toạ độ của $M;N$ là $(m;y_0);(n;y_0)$

Ta lại có $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{AN}=0\Leftrightarrow (m-1)(n-1)+y_0^2=0 (1)$

$AM=AN\Leftrightarrow (m-1)^2=(n-1)^2$

Với $m-1=n-1$.

Khi đó $(m-1)(n-1)\geq 0$ 

$(1)\Rightarrow (m-1)(n-1)\leq 0$.

Suy ra $(m-1)(n-1)=0$

$y_0=0$

Giả sử $m=1$ Khi đó

$M\equiv A$(vô lý)

Do đó $m-1=-(n-1)$

Suy ra $(n-1)^2=y_0^2$

Và $(m-1)^2=y_0^2$

Không mất tính tổng quát giả sử:

$m=y_0+1$

$n=1-y_0$

Thế toạ độ $M$ vào $(C)$ là tìm đc $y_0$

GPT sau:

$2(1-x)\sqrt{x^2+2x-1}=x^2-2x-1$

ĐK $x^2+2x-1\geq 0$

Đặt $a=\sqrt{x^2+2x-1}$ 

Khi đó pt trở thành:

$2(1-x)a=a^2-4x$

Tính $\Delta$ theo a là ra

Mở rộng bài toán

Xác định $(x,y)\epsilon N^*$ thỏa mãn $x!+y!=x^y$

Giải như sau

Với $(x,y)\epsilon [1,2]$ ta xét

Với $x=1$,$y=1$ phương trình vô nghiệm

Với $x=1$,$y=2$ phương trình vô nghiệm

Với $x=2$,$y=2$ phương trình vô nghiệm

Vói $(x,y)\geq 2$

Ta gọi $p$ là ước nguyên tố lớn nhất của min$(x,y)$

$\Rightarrow min(x,y)\leq 2p$

Vì $p\leq x,p\leq y$ nên $p|x!+y!$

KMTTQ giả sử min$(x,y)=x$ $\Rightarrow x<2p$

từ đây suy ra $p=x$

Lại có khi $x\geq 2,y\geq 2\Rightarrow 2|x!+y!\Rightarrow 2|x^y\Rightarrow 2|x\Rightarrow x=2$

thay vào ta có $2+y!=2^y$

$\Rightarrow y!=2(2^{y-1}-1)$

$\Rightarrow y\leq 3$ (vì $2^{y-1}$ lẻ)

Nên $(2,2),(2,3)$ là nghiệm

Bài giải của bạn có 1 số chỗ chưa hợp lý. VD ko thể giả sử $min(x;y)=x$

1)Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho $n!$ tận cùng bằng $1987$ chữ số $0$
2)Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình
$$(y+1)^{x}=y!+1$$

Làm trước câu 1 nhá

Ta có: $n!\vdots 10^{1987}$. Suy ra $n!\vdots 2^{1987}$ và $n!\vdots 5^{1987}$

Suy ra $x_{1};x_2\geq 1987$ với $x_1;x_2$ lần lượt là số mũ của $2;5$ trong phân tích $n!$ ra thừa số nguyên tố. Ta cần tìm $n$ nhỏ nhất thỏa điều này nên $x_1=1987$ hoặc $x_2=1987$ mà $x_1>x_2$. Do đó $x_2=1987$

Khi đó ta có $\sum_{i=1}^{k}[\frac{n}{5^i}]=1987$

Ta có $\sum_{i=1}^{k}[\frac{n}{5^i}]\geq [\frac{n}{5}]\Rightarrow 1987\geq [\frac{n}{5}]\Rightarrow 1988.5\geq n$

Khi đó: $\sum_{i=1}^{5}[\frac{n}{5^i}]=1988$

Suy ra $\sum_{i=1}^{5}\frac{n}{5^i}\geq 1987\Rightarrow n\geq 7951$

Mặt khác: $\sum_{i=1}^{5}\frac{n}{5^i}-5\leq 1987\Rightarrow n\leq 7970$

Tới đấy ta thử trực tiếp tìm đc $n=7960$

Chém câu 3 thử xem sao

Đặt $(m^3+n^3;m^2+n^2)=d$

Suy ra$m^2(m+1)+n^2(n+1)\vdots d$

Mặt khác ta lại có $(m^2+n^2)(n+1)\vdots d$

Suy ra $m^2(m-n)\vdots d$

Mà $(m^2;n-m)=1$

Xảy ra 2 khả năng:

Khả năng 1 

 

 xảy ra 2 trường hợp:

$m^2\vdots d$ hoặc $n-m\vdots d$ 

Cả 2 trường hợp đều dẫn ra $1\vdots d$

Do đó $d=1$

Khả năng 2: $m^2\vdots u$ và $n-m\vdots v$ với $u.v=m$ và $(u;v)=1$

Dễ dàng c/m đc $u=1$

Khi đó $m^2(n-m)\vdots v$. Ta ko nói đến nó lại xảy ra khả năng 1. Vì vậy nó xảy ra khả năng 2. Quá trình tiếp tục tới vô hạn (vô lí). Cho nên đến 1 lúc nó phải xảy ra khả năng 1. 

Do đó $d=1$

P/s: mình có 1 lỗi sai mà chẳng ai phát hiện ra may sửa kịp  

 

 

Tìm tất cả hàm số f: R----> R

$f(x+y)+f(x-y)-2f(x).f(1+y)=2xy(3y-x^2)$

$\forall x,y \epsilon \mathbb{R}$

Bài này hình như ko tìm đc nghiệm cậu à.

Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ và $k$ sao cho:
$C_{3n}^{n}=(3n)^k$

Em rất thích cuốn số học do mấy anh làm. Khi nào mấy anh xuất bản thành sách cho em đăng ký mua 1 cuốn

ĐK: $y\geq 1$
Bình phương (1) và lấy (1) trừ (2) ta đc:
$2x+6-xy-y^2=y^2+2y-6$
$\Leftrightarrow 2y^2+(x+2)y-2x-12=0$
Tính denta rồi áp dụng công thức nghiệm ta đc:
$y=2$
$y=\frac{-x-6}{2}$
Tới đây công việc đã đơn giản rồi

IMO năm ngoái được tuyển thẳng

Em nghĩ làm gì có chuyện đặc cách ngon lành thế anh

Cho 2 tập hợp X,Y thõa mãn điều kiện 1.Mỗi tập hợp đều gồm các số nguyên dương khác nhau nhỏ hơn 2008 2.Tổng số phần tử của X,Y lớn hơn 2008 CMR tồn tại x thuộc X,y thuộc Y sao cho $x+y=2008$

Cậu xét dãy sau $x_1;x_2;....;x_n;2008-y_1;....2008-y_k$ với $x_1;x_2;...;x_n$ là phần tử của X và $y_1;y_2;...$ là phần tử của Y
Dễ thấy dãy trên có nhiều hơn 2008 số. Theo nguyên lí Đi-rich-lê tồn tại ít nhất 2 số = sau từ đó ta có đpcm

PTNK HCM năm nay vắng bóng anh Trần Hoàng Bảo Linh nhỉ. Chẳng lẽ ....... @@

Em xin cung cấp về đội tuyển của Bình Thuận ạ
1.Lê Văn Đức ( lớp 12 THPT Đức Tân )
2.Lê Đăng Khôi(lớp 12 THPT Hùng Vương )
3.Nguyễn Hữu Liên (11T)
4.Trần Hoài Bão(11T)
5.Nguyễn Hữu Chính (12T)
6.Nguyễn Tấn Hưng (12T)

P/s: 4 anh cuối em ko nhớ rõ thứ tự mà chắc đúng . 4 anh cuối là trường THPT Trần Hưng Đạo

Ngày thi: 02/11/2012. Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình:

\[ \left\{ \begin{array}{l} x^2 + 3x + 2 = \frac{8}{y} - \sqrt {5y - 1} \\ y^2 + 3y + 2 = \frac{8}{z} - \sqrt {5z - 1} \\ z^2 + 3z + 2 = \frac{8}{x} - \sqrt {5x - 1} \\ \end{array} \right.\]

Ko mất tính tổng quát GS: $x\geq y\geq z$
Xét $f(t)=t^2+3t+2$ và $g(t)=\frac{8}{t}-\sqrt{5t-1}$ với $t \in [\frac{1}{5};+\infty )$
Ta thấy f(t) là hàm đồng biến. g(t) là hàm nghịch biến trên khoảng $D$
Suy ra $f(x)\geq f(y)\Leftrightarrow g(y)\geq g(z)$
Mà $g(y)\leq g(z)$
Nên $g(y)=g(z)$ suy ra $y=z$
Tương tự ta cũng chứng minh đc $x=y$
Suy ra $x=y=z$
Thế vào giải pt 1 ẩn là xong.
Thế vào ta có $f(x)=g(x)$
Dễ thấy $x=1$ là nghiệm của pt. Từ đây ta có thể kết luận nó là nghiệm duy nhất
Vậy hệ có nghiệm $(x;y;z)=(1;1;1)$

Hôm nay trên lớp, cô giáo mình cho bài này :
Gpt : $\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x-x^2+1}=x^2-x+2$ (*)
Mình giải như sau :
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm ta có : $\sqrt{x^2+x+1}=\sqrt{(x^2+x-1).1}\leq\frac{(x^2+x-1)+1}{2}$
$\sqrt{x-x^2+1}=\sqrt{(x-x^2+1).1}\leq\frac{(x-x^2+1)+1}{2}$
$\Rightarrow$VT(*)$\leq\frac{(x^2+x-1)+1}{2}+\leq\frac{(x-x^2+1)+1}{2}=x+1$ (1)
Có : $x^2-x+2\geq x+1$
Thật vậy : $x^2-x+2\geq x+1$
$\leftrightarrow x^2-x+2-x-1\geq0$
$\leftrightarrow (x-1)^2\geq0$
$\Rightarrow$VP(*)$\geq x+1$ (2)
Từ (1) và (2) $\rightarrow$VT(*)=VP(*)=x+1
Dấu "=" xảy ra $\leftrightarrow$ ....
Đoạn sau thì chắc mọi người cũng biết rồi, nhưng sau khi mình giải xong cô giáo nói bài này sai, và cô giải lại như sau :
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm ta có : $\sqrt{x^2+x+1}=\sqrt{(x^2+x-1).1}\leq\frac{(x^2+x-1)+1}{2}$
$\sqrt{x-x^2+1}=\sqrt{(x-x^2+1).1}\leq\frac{(x-x^2+1)+1}{2}$
$\Rightarrow$VT(*)$\leq\frac{(x^2+x-1)+1}{2}+\leq\frac{(x-x^2+1)+1}{2}=x+1$ (1)
( cô giáo bảo mình đúng đến đoạn này )
(1)$\Rightarrow$VP (*) $\leq x+1$
$\leftrightarrow x^2-x+2\leq x+1$
$\leftrightarrow (x-1)^2\leq0$
$\leftrightarrow$ ....
Bài giải của cô giáo mình như thế đấy. Mình cũng có cảm giác bài mình sai nhưng không giải thích nổi. Có ai giúp mình được không ạ?

Cậu ghi rõ ràng ra tí. Ghi thế sau đọc. Ghi vậy thì tớ cũng chẳng theo dõi đc

ý em là:
$(x+2)+(x+2^2)+(x+2^3)+...+(x+2^9)=x^{10}+7$
vậy đó đây là bài toán trong kì KT 15 phút trên lớp của em và em không có biết cách giải.

Anh nghĩ đề sai bởi vì anh làm tới đây thì thấy tắc nè
pt tương đương với:
$9x-1+(2^9+...+1)=x^{10}+7$
$9x-1+2^{10}-1=x^{10}+7$
$9x-9-(x^{10}-2^{10})=0$
$9(x-1)-(x-2)(x^9+x^8+...+1)=0$
Đến đây phải nhìn ra đc cái ý đồ của đề bài rồi chứ nhỉ. Sao ko ra. Với lại anh nghĩ mới lớp 6 cô nào cho đề ác liệt thế. Ngay cả lớp 9 chưa chắc nghĩ ra

Cho $x,y\neq 0$ thoả $(x+y)xy=x^2+y^2-xy$. Tìm max $\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}$
Cách của anh cũng đc. Nhưng ko dùng hàm số thì làm sao anh. (cách giải rất ảo)

thời gian: 150p


b. giải hệ pt: $x^{3}(2+3y)=1$
$x(y^{3}-2)=3$

Ít ra trình mình cũng chém đc câu hệ pt
Xét $y=\sqrt[3]{2};\frac{-2}{3}$ ko là nghiệm của hệ
Từ hệ ta có:
$x^3=\frac{1}{3y+2}$
$x=\frac{3}{y^3-2}$
Từ đó suy ra:
$\frac{3}{y^3-2}=\frac{1}{\sqrt[3]{3y+2}}$(1)
$\Leftrightarrow y^3-2=3\sqrt[3]{3y-2} \Leftrightarrow y^3-8=3(\sqrt[3]{3y+2}-2)\Leftrightarrow (y-2)(y^2+2y+4)=9.\frac{y-2}{\sqrt[3]{(3y+2)^2}+2\sqrt[3]{3y+2}+4}$
Xét $y=2$ là nghiệm của pt (1).Khi đó $x=\frac{1}{2}$ là nghiệm
Xét $y\neq 2$. Chia 2 vế cho $(y-2)$ ta đc:
$y^2+2y+4=\frac{9}{\sqrt[3]{(3y+2)^2}+2\sqrt[3]{3y+2}+4}$
Nhận thấy $VT\geq 3;VP\leq 3$
Cho nên $y=-1$ là nghiệm của pt.
Thế vào: tìm đc $x=-1$ là nghiệm
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm là: $$(2;\frac{1}[2});(-1;-1)$$

Mình xin đóng góp:
Giải phương trình:
a, $\sqrt{2x^{2}+5x+12}+\sqrt{2x^{2}+3x+2}=x+5$

b, $\sqrt{x+1}+x+3=\sqrt{1-x}+3\sqrt{1-x^{2}}$

c, $\sqrt{5-x}+\sqrt{x-3}-\sqrt{x-8}=x^{2}-2x+3$

Đặt $a=\sqrt{2x^{2}+5x+12}$
$b=\sqrt{2x^{2}+3x+2}$
Ta có:$a-b=x+5$(1)
$a^2-b^2=2(x+5)$(2)
Xét $x=-5$ ko là nghiệm của pt
Xét $x\neq -5$
Khi đó $a+b=2$
Tới đây thì ok rồi

Chém câu 2:
Đặt $a=x+5$.Khi đó pt trở thành:
$(a-4)(a-3)(a+3)(a+4)=y^2$
$\Leftrightarrow (a^2-9)(a^2-16)=y^2\Leftrightarrow a^4-25a^2+144=y^2\Leftrightarrow (2a^2-25)^2-4y^2=49\Leftrightarrow (2a^2-25+4y)(2a^2+25-4y)=49$
Giải ra ta đc các cặp nghiệm:
$(-1;0);(-2;0);(-8;0);(-9;0);(-5;12);(-5;-12);(0;12);(0;-12);(-10;12);(-10;-12)$
P/s: hết nghiệm chưa nhỉ.

Câu 2 . Đây là dạng PT có căn thức bậc 3 . Bạn nào giúp mình làm 1 số bài làm ví dụ nhá

a)$\sqrt[3]{x+1}+\sqrt[3]{7-x}=2$

Áp dụng BĐT $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\geq \sqrt[3]{a+b}$
Dấu bằng xảy ra khi a=0 hoặc b=0
Như vậy ta có $VT=\sqrt[3]{1+x}+\sqrt[3]{7-x}\geq \sqrt[3]{1+x+7-x}=2$
Dấu bằng xảy ra khi $x=-1;7$

$$\frac{1}{b(b+a)}+\frac{1}{c(c+b)}+\frac{1}{a(a+c)}\geq \frac{9}{2(ab+bc+ca)}$$
$$\Leftrightarrow [2(ab+bc+ca)][\frac{1}{b(b+a)}+\frac{1}{c(c+b)}+\frac{1}{a(a+c)}]\geq 9$$
Ta có:$$[c(b+a)+a(c+b)+b(a+c)][\frac{1}{b(b+a)}+\frac{1}{c(c+b)}+\frac{1}{a(a+c)}]\geq (\sum \frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}})^{2}\geq 9$$
Vậy,bđt ban đầu đúng.

Cách khác.
Áp dụng cauchy ta có:
$\frac{1}{b(b+a)}+\frac{1}{c(c+b)}+\frac{1}{a(a+c)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}$
Cần chứng minh:
$\frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}\geq \frac{9}{2(ab+ac+bc)}\Leftrightarrow 2(ab+ac+bc)\geq 3\sqrt[3]{abc(a+b)(a+c)(b+c)}\Leftrightarrow a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)\geq 3\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}$ (đúng theo cauchy)