Vì (m) đối xứng với (d) qua đt $y=x$ nên $x'=y;y'=x$, khi đó ta có:
$y=ax+b\Rightarrow x'=ay'+b\Rightarrow ay'=x'+b\Rightarrow y'=\frac{1}{a}x'+\frac{b}{a}$
Vậy pt đường thẳng $(m):y'=\frac{1}{a}x'+\frac{b}{a}$

$| x+1| + | x+ 2 | + ............+| x+2011| = 3016x $

Dễ thấy: $3016x \geq 0 \Rightarrow x \geq 0 \Rightarrow x+1; x+2;..; x+2011 \geq 0$. khi đó:
$| x+1| + | x+ 2 | + ............+| x+2011| = 3016x $
$\Rightarrow 2011x + (1+2+...+2011)=3016x $
$\Rightarrow 2011x+2023066=3016x$
$\Rightarrow 2023066=3016x-2011x$
$ 2023066=1005x $
$x=\frac{2023066}{1005}$

thuhien-diendan.hocmai.vn

Không nghĩ đến việc dùng phương pháp này, lời giải mọi người đa số đều dài cả
Mà em tưởng em Toàn cũng tham gia việc chấm bài chứ nhỉ, sao có mỗi anh Hân thôi à

Cho 101 số $a_1,a_2,...a_{101}$ trong đó $a_1=5;a_2=a_1+\frac{1}{a_1},...,a_{n+1}=a_n +\frac{1}{a_n}$ với mọi $1\leq n\leq 101$. Cmr
a)$a_{51}>11$
b)$15<a_{101}<15,1$

minhtuyb giải hơi tắt . Cái $(x^2+4x+4)$ = $(x+2)^2$ thì mình biết rồi . Nhưng phải giải như theo trình tự mẫu này chứ cô giáo bảo mình học qua lớp 8 mới được giải như kiểu của bạn được :

Học qua lớp 8 là được làm tắt à, vậy mình giải đúng rồi còn j`
Chắc em học lớp 7, anh lớp 9 nên giải tắt tí cũng chả sao cả
P/s:
$A(x)B(x)C(x)...Z(x)\neq 0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}A(x)\neq 0\\B(x)\neq 0\\C(x)\neq 0 \\...\\Z(x)\neq 0\end{matrix}\right.$

$4m^3+9m^2-9m-30=(4m^3+3m^2-m)+(6m^2-18m-30)$
-Thấy $6m^2-18m-30=6(m^2-3m-5)\vdots 6\forall m\in Z$
-Giờ ta phải c/m: $4m^3+3m^2-m\vdots 6$. Thật vậy, có:
$4m^3+3m^2-m=4m^3+4m^2-m^-m=4m(m^2+m)-(m^2+m)=(4m-1)(m^2+m)=m(m+1)(4m-1)(1)$
-Vì $m(m+1)$ là tích 2 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2
-Xét các trường hợp:
+)$m=3k\Rightarrow m\vdots 3$
+)$m=3k+1\Rightarrow 4m-1=4(3k+1)-1=12k+3\vdots 3$
+)$m=3k+2\Rightarrow m+1=3k+3\vdots 3$
Vậy trong mọi TH đều có $m(m+1)(4m-1)\vdots 3$
-Mà $(2;3)=1\Rightarrow m(m+1)(4m-1)\vdots 6$
Tóm lại bài toán đã đc c/m

Góp vui
Bài 283:
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \ge \frac{9}{2+abc}$$

BĐT cần c/m tương đương:
$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(abc+2)\geq 9$
Có: $VT=ab+bc+cb+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\geq^{AM-GM} 9\sqrt[9]{ab.bc.cb.\frac{1}{a}.\frac{1}{a}.\frac{1}{b}.\frac{1}{b}.\frac{1}{c}.\frac{1}{c}}=9<Q.E.D>$
Dấu bẵng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài của Huy đúng là không đơn giản
Gọi $AE,BF,CG$ là 3 trục đối xứng của $\Delta ABC$. Ta sẽ c/m tập hợp các điểm $M$ sẽ là hình X gồm các đoạn thẳng đó
*Phần đảo: Khi $M\in X$.Không mất tính tổng quát, giả sử $M\in AE$. $\Delta ABC$ đều nên $\widehat{MAB}=30^o;\widehat{MBC}+\widehat{MCA}=\widehat{MCB}+\widehat{MCA}=\widehat{BCA}=60^o\Rightarrow \widehat{MAB}+\widehat{MBC}+\widehat{MCA}=90^o$

*Phần nghịch đảo: Nếu $M\not\in X$ thì $\widehat{MAB}+\widehat{MBC}+\widehat{MCA}\neq 90^o$. Thật vậy, ta giả sử:$\widehat{MAB}+\widehat{MBC}+\widehat{MCA}= 90^o$. Gọi O là tâm của $\Delta ABC$. Điểm M sẽ nằm trong miền của một trong 6 tam giác nhỏ là $OAG;OBG;OEB;OEC;OFC;OFA$. Không mất tính tổng quát, giả sử $M\in \Delta AGO$
-Gọi N là đối xứng với M qua AE$\Rightarrow MNCB$ là hình thang cân $\Rightarrow \widehat{MBC}=\widehat{NCB}$ và $\widehat{MAB}=30^o-\widehat{MAP}$
-Theo điều giả sử:
$\widehat{MAB}+\widehat{MBC}+\widehat{MCA}= 90^o\Rightarrow 30^o-\widehat{MAP}+\widehat{NCB}+\widehat{MCA}=90^o\Rightarrow 30^o-\widehat{MAP}+60^o+\widehat{MCN}=90^o\Rightarrow \widehat{MAP}=\widehat{MCN}$
-Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân $MNCB$. Theo t/c góc ở tâm có $\widehat{MIN}=2\widehat{MCN}$. Mặt khác $\widehat{MAN}=2\widehat{MAP}\Rightarrow \widehat{MIN}=\widehat{MAN}$
-Hai tam giác cân $\Delta AMN$ và $\Delta IMN$ có góc ở đỉnh bằng nhau, chung cạnh đáy nên $\Delta AMN=\Delta IMN(g.c.g)$. Gọi $P$ là giao điểm của $AI$ và $MN\Rightarrow PA=PI$(Hai đường cao tương ứng của hai tam giác bằng nhau). Tuy nhiên đều này vô lí vì $M$ nằm trong miền của$\Delta AGO\Rightarrow PA<PI$
Vậy điều giả sử là sai <Q.E.D>
*Kết luận: Tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện đề bài là 3 đoạn thẳng nằm trên 3 trục đối xứng của $\Delta ABC$, nằm trong miền của tam giác

Không chứng minh phần bôi đỏ sẽ bị trừ điểm. Hơn nữa, vẫn chưa thể suy trực tiếp ra Q.E.D
Kết quả:
D-B=12.9h
E=6
F=0
S=53.1

Phần thuận :
Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác đều ABC. Đường tròn này có bán kính là OA. Kẻ đường kính AK. Đường kính AK cắt BC tại D. Lấy điểm M trong tam giác sao cho
$\hat{MAB}$ + $\hat{MBC}$ + $\hat{MCA}$ = ${90}^{0}$ . Ta có :
$\hat{MAB}$ = $\hat{BCK}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BK)

Đọc là thấy đã sai ngay từ chỗ này: $\widehat{DAB}=\widehat{BCK}$ mới là góc nội tiếp cùng chắn cung BK. Còn bạn đã biết ba điểm $A,M,D$ thẳng hàng đâu mà kết luận $\widehat{MAB}$ nội tiếp
Bài mình thì ở phần đầu quên mất là hình X không gồm ba điểm $A,B,C$ . Mà mấy bạn kia cũng vậy, may là phần kết luận mình cũng có

Cuộc thì này là Marathon for Secondary school, các em lớp 7,8 muốn thi vượt cấp thì chấp nhận học trước thôi, đâu thể trách ai đc :-S
Thôi không bàn chuyện này ở đây nữa, có phần không phù hợp
Huy ngày hôm nay chưa onl thì phải, mong sẽ có đáp án sớm, sốt ruột quá

Lời giải trên khá đẹp nhưng bây giờ vấn đề là dấu bằng xảy ra khi nào hả anh:
$\left\{\begin{matrix}\sum x=\sum \frac{3}{x}\\x;y;z\in \left \{ 1;3 \right \}\end{matrix}\right.$
Em không tìm đc bộ số nào thỏa mãn cả

$P=\sum \frac{a^3}{b+c}=\sum \frac{a^4}{ab+ac}\geq^{Schwarz} \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}=\frac{1}{2}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$
Vậy $minP=\frac{1}{2}$ khi $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$

-Đặt $\widehat{MAB}=\alpha$. Có:
+)$AM=AB.cos\alpha$
+)$AN=\frac{AB}{cos\alpha}$
Vậy: $2AM+AN=2AB.cos\alpha+\frac{AB}{cos\alpha}\geq 2\sqrt{2AB.cos\alpha.\frac{AB}{cos\alpha}}=2AB\sqrt{2}=const$
Dấu bằng xảy ra khi $2AB.cos\alpha=\frac{AB}{cos\alpha}\Leftrightarrow cos\alpha =\frac{\sqrt{2}}{2}\Leftrightarrow \alpha=45^o$

Vì gọi a là số vịt
a:2 số lẻ
a:3 dư 1.
a:4 dư.
a:5 tận cùng là 4;9.
a:2 dư tận cùng a ko phải là 4.
a<200 a là B(7) có tận cùng là 9.
7.7=49
7.17=119:3 dư 2
7.27=189:3 =63
Vậy a = 49.
poro_poro
Bài này có nhiều trên mạng rồi em ạ

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao để)

Câu 1:<4 đ>
Tìm hai số $x,y$ nguyên thoả mãn $x^2-xy=7x-2y-15$

Câu 2:<3 đ>
Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix}\frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}=\frac{2}{3}\\ (x+y)(1+\frac{1}{xy})=6\end{matrix}\right.$

Câu 3:<5 đ>
Cho hình thang $ABCD(AB//CD)$. Trên đáy lớn AB lấy điểm M không trùng với các đỉnh. Qua M kẻ các đường thẳng song song với AC và BD, các đường thẳng này cắt hai cạch BC, AD lần lượt tại E và F. Đoạn EF cắt AC và BD lần lượt tại I và J. Gọi H là trung điểm của IJ.
a. Chứng minh rằng: $FH=HE$
b. Cho $AB=2CD$. Chứng minh rằng: $EJ=JI=IF$

Câu 4:<3 đ>
Cho đường tròn O và một dây cung $AB(O\not\in AB)$. Các tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau tại C. Kẻ dây cung CD của đường tròn đường kính $OC(D\neq A,B)$. Dây cung CD cắt cung AB của đường tròn (O) tại E (E nằm giữa C và D).
a. Chứng minh: $\widehat{BED}=\widehat{DAE}$
b. Chứng minh: $DE^2=DA.DB$

Câu 5:<2 đ>
Cho $S=\frac{1}{\sqrt{1.2012}}+\frac{1}{\sqrt{2.2011}}+...+\frac{1}{\sqrt{k(2012-k+1)}}+...+\frac{1}{\sqrt{2012.1}}, (k\in \mathbb{N};1\leq k\leq 2012)$
So sánh S và $\frac{4024}{2013}$

Câu 6:<3 đ>
Cho $x,y,z$ là ba số dương thoả mãn $xyz=1.$
Chứng minh rằng:$\frac{x^2}{y+1}+\frac{y^2}{z+1}+\frac{z^2}{x+1}\geq \frac{3}{2}$

Bỏ hai bài hình............. Đời ta coi như xuống dốc

ĐKXĐ: $x\geq 8$
Nhân liên hợp, ta có:
$A=\sqrt{x+1}-\sqrt{x-8}=\frac{x+1-(x-8)}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-8}}=\frac{9}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-8}}$
Vì $x\geq 8\Rightarrow \sqrt{x+1}+\sqrt{x-8}\geq \sqrt{8+1}+\sqrt{8-8}=3\Rightarrow \frac{9}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-8}}\leq \frac{9}{3}=3$
Dấu bằng xảy ra khi $x=8$
Vậy $maxA=3$ khi $x=8$

$x^4-x^2+6x-9=0\Leftrightarrow x^4-(x^2-6x+9)=0\Leftrightarrow (x^2)^2-(x-3)^2=0\Leftrightarrow (x^2-x+3)(x^2+x-3)=0$
Dùng công thức nghiệm giải tiếp:
+)$x^2-x+3=0$ vô nghiệm
+)$x^2+x-3=0$ có nghiệm $x=\frac{-1\pm \sqrt{13}}{2}$

Bài này giải kiểu gì vậy mọi người

Hệ hoán vị vòng quanh này còn hiền chán :
$\left\{\begin{matrix}(x+y+z)^3=12t\\ (y+z+t)^3=12x\\ (z+t+x)^3=12y\\ (t+x+y)^3=12z\end{matrix}\right.$
-Giả sử $t>x\Rightarrow 12t>12x\Rightarrow (x+y+z)^3>(y+z+t)^3\Rightarrow x+y+z>y+z+t\Rightarrow x>t$. Mẫu thuẫn với giả sử !
-Giả sử $t<x\Rightarrow 12t<12x\Rightarrow (x+y+z)^3<(y+z+t)^3\Rightarrow x+y+z<y+z+t\Rightarrow x<t$. Mẫu thuẫn với giả sử !
Vậy $t=x$
*C/m hoàn toàn tương tự ta có: $x=y=z=t$, thay vào phương trình ta có:
$(3x)^3=12x\Leftrightarrow 27x^3-12x=0\Leftrightarrow ...$

Công nhận các diễn đàn như VMF có "lực hấp dẫn" rất lớn, hơn mấy trò game bao nhiêu liền
Tuy nhiên thuốc xóa cơn nghiện game của em đầu tiên là diễn đàn học mãi . Rồi cũng chả nhớ từ đâu mà tham gia VMF nữa (hình như quyển sách nào đó từ bên math.vn, nhưng không phải cuốn của anh Hùng )
Lúc đầu thì có chút tự ti vì ở đây toàn cao thủ giang hồ nên không dám đăng kí loạn, kẻo vài ngày đã bị ăn gạch vì giải bài lung tung . Một hôm lên YH chát với anh bboy, được khuyên bảo 1 lúc rồi cũng bắt đầu đăng kí theo (Ae có quen nhau trước ở bên hm)
Lên 4rum, bao giờ cũng ngó box "BĐT-Cực trị" đầu tiên. Từ khi vô VMF mới thấy được nét đẹp của các bài BĐT nên mê luôn. Mặc dù bây giờ vẫn gà BĐT nhưng đôi khi gặp bài dễ dễ vẫn post bài lanh chanh được tí

Bài này thiếu giả thiết không bạn, thử với $a=b=c=d=2$ thì $VT=\frac{8}{9}$

Cho một bài giải phương trình bậc cao
Bài toán: Giải phương trình $$x(2008-x^{2007})=2007$$

Từ giả thiết thấy $x\neq 0$
$x(2008-x^{2007})=2007\Leftrightarrow 2008-x^{2007}=\frac{2007}{x}\Leftrightarrow x^{2007}+\frac{2007}{x}=2008$
Dễ thấy $x>0$, áp dụng BĐT AM-GM cho 2008 số, ta có:
$VT=x^{2007}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+...+\frac{1}{x}(2007 số \frac{1}{x})\geq 2008\sqrt[2008]{x^{2007}.\frac{1}{x}.\frac{1}{x}...\frac{1}{x}}=2008=VP$
Giả thiết cho ở dấu bằng nên: $x^{2007}=\frac{1}{x}\Leftrightarrow x=1$(Loại $x=-1$ vì $x>0$)
Vậy phương trình có nghiệm $x=1$

3) a) Cho $\begin{array}{l}
x + y \ge 8;y \ge 3\\
CMR: 27{x^2} + 10{y^3} \ge 945
\end{array}$

b) Cho $a + b = c + d$
CMR : ${c^2} + {d^2} + cd \ge 3ab$

Xin chém câu BĐT :
a.Áp dụng BĐT AM-GM, có;
$27x^2+675\geq 2\sqrt{27x^2.675}=270x$
$10y^3+270+270\geq 3\sqrt[3]{10y^3.270^2}=270y$
Cộng vế với vế ta có: $27x^2+10y^3+1215\geq 270(x+y)\geq 270.8=2160\Rightarrow 27x^2+10y^3\geq 945<Q.E.D>$
Dấu bằng xảy ra khi $x=5;y=3$
b. Có:
$c^2+d^2+cd=(c+d)^2-cd\geq (c+d)^2-\frac{(c+d)^2}{4}=\frac{3(c+d)^2}{4}=\frac{3(a+b)^2}{4}\geq \frac{3.4ab}{4}=3ab<Q.E.D>$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d$

Anh Thế ơi thế chỉ tiêu là tuyển bao nhiêu ĐHV mỗi loại nhỉ, để em còn biết tỉ lệ chọi, xem có nên đăng kí không
Ủa sao anh bboy không thử đăng kí làm ĐHV xem :x

Áp dụng cả nước hả anh? Hay chỉ riêng Hà Nội, TPHCM, ... thôi nhỉ. Nếu cả nước thì khổ rồi

1. $8(3a+2b)+(10a+b)=34a+17b\vdots 17$. Kết hợp với $(8;17)=1$ dễ dàng suy ra ĐPCM
3. Xét $P=3k+1$ và $P=3k+2$ với $P>3$, tìm được $P=3$ duy nhất thỏa mãn
P/s: Chậm rồi