bạn hiếu chỉ ra 1 cách khi r=73 cho mình cái

Đây

 

 

 

Xét các bước đi có được như sau: $(0,0) \rightarrow  (8,3) \rightarrow (16,6) \rightarrow (8,9) \rightarrow (11,1) \rightarrow (19,4) \rightarrow (11,7) \rightarrow (19,10) \rightarrow (16,2) \rightarrow (8,5) \rightarrow (16,8) \rightarrow (19,0)$

 

 

Ta thấy : $(x+2)^{4}-x^{4}-8x\vdots 4\Rightarrow y^2\vdots 4\Rightarrow y=2k$

Ta có : $y^2=\left ( x^2+1+x \right )\left ( x+2 \right ).8\Rightarrow k^2=2\left ( x+2 \right )\left ( x^2+x+1 \right )=\left ( x^2+x+1 \right )\left ( 2x+4 \right )$

Gọi $d=\left ( 2x+4,x^2+x+1 \right )\Rightarrow 2x^2+2x+2-\left ( 2x+4 \right )x=2-2x\vdots d\Rightarrow 6\vdots d\Rightarrow d\epsilon \left \{ 1;2;3;6 \right \}$

Ta có bài toán phụ sau : $ab=c^2$ với $a,b,c$ là các số nguyên không âm và $a,b$ nguyên tố cùng nhau. $\Rightarrow a,b$ là số chính phương

Với $d=1\Rightarrow x^2+x+1,2x+4$ là số chính phương $\Rightarrow x=0$

Với $d=2\Rightarrow \frac{x^2+x+1}{2},\frac{2x+4}{2}\Leftrightarrow 2x^2+2x+2,x+2$ là số chính phương vô nghiệm vì $2(x^2+1+x)$ không chia hết cho 4

Với $d=3\Rightarrow \frac{x^2+x+1}{3},\frac{2x+4}{3}\Leftrightarrow 3\left ( x^2+x+1 \right ),6x+12$ là số chính phương ....

Với  $d=6\Rightarrow \frac{x^2+x+1}{6},\frac{2x+4}{6}\Leftrightarrow 6\left ( x^2+x+1 \right ),12x+24$ là số chính phương vô nghiệm vì $6(x^2+1+x)$ không chia hết cho 4

$d=3$ ....

làm đi chứ!!!!!!nói thế thì tôi cũng làm ra như ông rùi!

Ta thấy : $(x+2)^{4}-x^{4}-8x\vdots 4\Rightarrow y^2\vdots 4\Rightarrow y=2k$

Ta có : $y^2=\left ( x^2+1+x \right )\left ( x+2 \right ).8\Rightarrow k^2=2\left ( x+2 \right )\left ( x^2+x+1 \right )=\left ( x^2+x+1 \right )\left ( 2x+4 \right )$

Gọi $d=\left ( 2x+4,x^2+x+1 \right )\Rightarrow 2x^2+2x+2-\left ( 2x+4 \right )x=2-2x\vdots d\Rightarrow 6\vdots d\Rightarrow d\epsilon \left \{ 1;2;3;6 \right \}$

Ta có bài toán phụ sau : $ab=c^2$ với $a,b,c$ là các số nguyên không âm và $a,b$ nguyên tố cùng nhau. $\Rightarrow a,b$ là số chính phương

Với $d=1\Rightarrow x^2+x+1,2x+4$ là số chính phương $\Rightarrow x=0$

Với $d=2\Rightarrow \frac{x^2+x+1}{2},\frac{2x+4}{2}\Leftrightarrow 2x^2+2x+2,x+2$ là số chính phương vô nghiệm vì $2(x^2+1+x)$ không chia hết cho 4

Với $d=3\Rightarrow \frac{x^2+x+1}{3},\frac{2x+4}{3}\Leftrightarrow 3\left ( x^2+x+1 \right ),6x+12$ là số chính phương ....

Với  $d=6\Rightarrow \frac{x^2+x+1}{6},\frac{2x+4}{6}\Leftrightarrow 6\left ( x^2+x+1 \right ),12x+24$ là số chính phương vô nghiệm vì $6(x^2+1+x)$ không chia hết cho 4

Thấy dòng này hơi lạ

$d=2$ làm sao được nhỉ 1 cái chẵn 1 cái lẻ nên $d=6$ cũng đi lun 

còn $d=1,3$

Giải PT nghiệm nguyên:

$(x+2)^{4}-x^{4}-8x=y^{2}$

Bài 1: 

Cùng một thời điểm, một chiếc ô tô $x_A$ xuất phát từ tỉnh $A$ đến tỉnh $B$ và một ô tô $x_B$ xuất phát từ $B$ đến $A$. Chúng chuyển động với vận tốc riêng không đổi và gặp nhau lần đầu tại một điểm cách $A$ $20km$.Cả hai chiếc xe sau khi đến $B$ và $A$ tương ứng lập tức quay trở lại và gặp nhau tại điểm thứ $2$ là $C$. Biết rằng thời gian xe $x_B$ đi từ $C$ đến $B$ là $10$ phút và thời gian giữa hai lần gặp nhau là $1$ giờ. Tính vận tốc riêng của mỗi xe.

Bài 2:

Cho hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} (a-1)x-2y=1 & & \\ 3x+ay=1 & & \end{matrix}\right.$

a) Giải hệ với $a=\sqrt{3}+1$

b) Chứng minh rằng với mọi $a$, hệ phương trình có nghiệm duy nhất

c) Tìm $a$ để $x-y$ đạt GTLN.

2)$PT(1)\Leftrightarrow y=\frac{(a-1)x-1}{2}$

Thay vào $PT(2)$ Ta được:

$x=\frac{a+2}{a^{2}-a+6}\rightarrow y=...$

Từ đó

a)Thay $a$ vào

b)PT có nghiệm duy nhất trên vs mọi $a$

c)$x-y=\frac{6}{a^{2}-a+6}\leq \frac{6}{\frac{23}{4}}=\frac{24}{23}$ 

Khi đó $a=0,25$

 

MSS54: angleofdarkness

 

b/

 

Nếu $r=73$ thì có $x^2+y^2=73=8^2+3^2$ nên $x=8;y=3$ hoặc ngược lại. Vậy ta có thể di chuyển từ một góc của một hình chữ nhật $9 \times 4$ vào góc đối diện của nó. 

 

Xét các bước đi có được như sau: $(0,0) \rightarrow  (8,3) \rightarrow (16,6) \rightarrow (8,9) \rightarrow (11,1) \rightarrow (19,4) \rightarrow (11,7) \rightarrow (19,10) \rightarrow (16,2) \rightarrow (8,5) \rightarrow (16,8) \rightarrow (19,0)$

 

Nếu $r=79$ là số nguyên tố, mà $r =x^2+y^2$ nên bài toán không giải được.

 

HIX,$79$ là số nguyên tố sao bài toán không giải được và $r=73$ nó không phải là số nguyên tố mà nó vẫn giải được đấy thôi !

 

Bài dự thi trận $10$ của $MSS 27$:

 

$a>$

 

$\star$ Xét trường hợp cụ thể: $r=10$

 

Ta thấy $10=3^2+1^2$. Gọi hình chữ nhật đó nằm trên trục tọa độ $xAy$ với $A$ là gốc.

 

Điểm ở trên $A$ là $B$, điểm ở bên phải $A$ là $D$, điểm còn lại là $C$

 

Vì khoảng cách giữa hai tâm có và chỉ có thể là $\sqrt{10}$ nên có thể đi từ $A(0;0)$ đến $M(3;1)$

 

$\triangleright$ Gọi $a;b;c;d$ lần lượt là những lần mình đi theo kiểu $(3;1);(3;-1);(-3;1);(-3;-1)$

 

$\triangleright$ Gọi $a';b';c';d'$ lần lượt là những lần mình đi theo kiểu $(1;3);(1;-3);(-1;3);(-1;-3)$

 

Hiển nhiên có số lần đi là tự nhiên nên $a;b;c;d;a';b';c';d' \in N^*$

 

Đến đây, ta có hệ phương trình:

 

$\left\{\begin{matrix} 3a + 3b - 3c - 3d + a' + b' - c' - d' = 11\\ a + b - c - d + 3a' + 3b' - 3c' - 3d' = 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow 8a'+8b'-8c'-8d'=11$

 

$\Rightarrow a'+b'-c'-d'=\frac{11}{8}$ Vô lí vì $a';b';c';d'$ tự nhiên.

 

Vậy hệ vô nghiệm hay không có cách đi nào với $r=10$ thỏa mãn bài toán được xét.

 

$\star$ Xét đến tổng quát:

 

$1.$ Nếu $r$ chẵn thì hoặc hai số tạo ra nó cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

 

$1.1$ Nếu hai số tạo ra nó cùng chẵn thì ta làm giống hệt hướng giải với $r=10$ xin được không chứng minh lại

 

$1.2$ Nếu hai số tạo ra nó cùng lẻ thì ta lại xét trường hợp $B(11;0)$

 

Ta có:

 

Hoành độ có thể là $a+3;a-3;a+1;a-1$, tương tự cho tung độ, do đó ta có hệ

 

$\left\{\begin{matrix} 3a+b-3c-d=11\\ 3a'+b'-3c'-d'=0\\ |a|+|b|+|c|+|d|=|a'|+|b'|+|c'|+|d'|\\ \end{matrix}\right.$

 

Giải hệ và thấy hệ vô nghiệm với mọi $a;b;c;d;a';b';c';d' \in N^*$

 

Vậy không có cách đi nào với $r$ chẵn hay $r$ chia hết cho $2$ thỏa mãn bài toán được xét.

 

$2$ Nếu $r$ chia hết cho $3$ , ta đi xét cấu tạo số:

 

Bằng lập luận tương tự, ta cũng nhận một hệ phương trình vô nghiệm.

 

Vậy không có cách đi nào với $r$ chia hết cho $3$ thỏa mãn bài toán được xét.

 

Kết luận: Bài toán không giải được nếu $r$ chia hết cho $2$ và $3$.

 

$b>$ Áp dụng câu $a$ ta có ngay $r=73$ thỏa mãn bài toán

 

         Nhưng $r=79$ không thỏa mãn.

 

Mình nghĩ $r$ chia hết cho $3$ nó chưa chắc lập luận tương tự

Còn $r=73$ cần có 1 VD chứng minh

Nếu từ ô này di chuyển sang ô khác tức là từ tâm ô này di chuyển sang tâm ô khác

a,Ta chọn 4 ô ở 4 góc, thứ tự gọi là A,B,C,D

Nối các tâm AB,BC,CD,DA ta được 1 hình chữ nhật 19x11 ta giả sử AB=19,AD=11,AB là cạnh bên dưới

Ta cần đi từ A sang B

Với điểm M bất kì là tâm 1 hình vuông ban đầu, kẻ MH,MK vuông góc với AB,AD

Gọi $AH=x_{M},AK=y_{M}$ suy ra $x_{M}$,$y_{M}$ số tự nhiên

Sau 1 lần di chuyẻn A đi đến E

Suy ra $x_{E}^{2}+y_{E}^{2}=r$ (Pitago)

Nếu r chia hết cho 2 suy ra $x_{E}$,$y_{E}$ cùng tính chẵn lẻ

Như vậy nếu từ E đi đến F thì $x_{F}$,$y_{F}$ cùng tính chẵn lẻ

Mà $x_{B}$=19,$y_{B}$=0 không cùng tính chẵn lẻ nên không thể từ A đi về B

=> r không chia hết cho 2

Nếu r chia hết cho 3 thì do số chính phương chỉ có thể chia 3 dư 0 hoặc 1 nên $x_{E}$, $y_{E}$ chia hết cho 3

Từ E đi đến F thì $x_{F}$,$y_{F}$ cũng chia hết cho 3

Mà $x_{B}$=19 không chia hết cho 3 nên từ A không thể đi đến B

=> r không chia hết cho 3

b, r=73 thì không thể do 73=$3^{2}+8^{2}$

Mà do (8;3)=1 và $x_{M}$ <12,$y_{M}$ <20

nên đoạn thẳng AB chỉ có thể chứa 3 điểm trong dãy các điểm đi

Đó là 3 điểm A(0;0), P(6;0) và Q(16;0) không thể có điểm B

Vì vậy với r=73 thì từ A không thể sang B

 

r=79 thì $x_{E}^{2}+y_{E}^{2}=79$ với $x_{E}$, $y_{E}$ là số tự nhiên

Mà 79 không thể phân tích thành bất kì tổng 2 số chính phương nào

nên khoảng cách giữa 2 tâm 2 ô bất kì không thể bằng $\sqrt{r}=\sqrt{79}$

vậy không giải được với r=79

$r=73$ bài toán vẫn có thể giải được theo các bước của 

MSS54: angleofdarkness

Xét các bước đi có được như sau: $(0,0) \rightarrow  (8,3) \rightarrow (16,6) \rightarrow (8,9) \rightarrow (11,1) \rightarrow (19,4) \rightarrow (11,7) \rightarrow (19,10) \rightarrow (16,2) \rightarrow (8,5) \rightarrow (16,8) \rightarrow (19,0)$

MSS 30 canhhoang 30011999

ta quy ước tọa độ điểm ở giữa  ô vuông ầu là (1;1)  

ta tô màu các ô vuông như hình vẽ

Gọi ($a_{1};b_{1}$) là tọa độ điểm trước khi di chuyển và $(a_{2};b_{2})$ là tọa độ điểm sau khi di chuyển thì

$(a_{2}-a_{1})^{2}+(b_{2}-b_{1})^{2}= r^{2}$

nếu r chia hết cho 2 thì

$(a_{1}-a_{2})^{2},(b_{1}-b_{2})^{2}$ cùng tính chẵn lẻ

$\Rightarrow a_{2}-a_{1},b_{2}-b_{1}$ cùng tính chẵn lẻ

$\Rightarrow$ sau một lần di chuyển thì vẫn dữ nguyên màu

 mà 2 ô ở 2 góc ở 2 kề nhau của bảng trên cùng chiều dài hình chữ nhật khác màu

$\Rightarrow$ không thực hiện được

nếu r chia hết cho 3 

mà $(a_{2}-a_{1})^{2}\equiv 0,1$(mod 3)

$(b_{2}-b_{1})^{2}\equiv 0,1$(mod 3)

$\Rightarrow a_{2}-a_{1}\vdots 3$

$\Rightarrow$ sau một lần di chuyển thì số dư của hoành độ khi chia cho 3 được dữ nguyên

mà 20 chia 3 dư 2,1 chia 3 dư 1

$\Rightarrow$ điều phải chứng minh

b Nếu $r= 79$\

$\Rightarrow (a_{2}-a_{1})^{2}+(b_{2}-b_{1})^{2}= 79$

mà 79 chia 4 dư 3

mà 1 số chính phương chia 4 dư 1 hoặc 0

$\Rightarrow$ không thể thực hiện được

với r=73 thì $(a_{2}-a_{1})^{2}+(b_{2}-b_{1})^{2}= 73= 8^{2}+3^{2}$

$\Rightarrow$ nếu bắt đầu từ ô đầu tiên ta chỉ có thể đến các ô có chấm đỏ

$\Rightarrow$ không thể thực hiện được

$r=73 vẫn có thể thực hiện được

$\boxed{SBD:MSS48}$

                                      

Thay vì di chuyển đường chéo từ ô này sang ô khác có khoảng cách giữa $2$ tâm là $\sqrt{r}$, ta có thể di chuyển ngang $a$ bước rồi dọc $b$ bước sao cho $a^2+b^2=r$ (như hình trên)

 

Kí hiệu bảng HCN: từ trái sang phải đánh số $1,2,...,20$; từ trên xuống dưới đánh số $1,2,...,12$ (ví dụ như hình trên)

Kí hiệu ô $(x,y)$ là ô ở hàng $y$ cột $x$ $(1\leq x\leq 20;1\leq y\leq 12)$

Giả sử ban đầu ta đứng ở ô $(1,1)$, cần tìm cách đi để đến ô $(20,1)$

 

a)+Xét TH $r\vdots 2$:

Khi đó $a^2+b^2=r\vdots 2\Rightarrow (a+b)^2=r+2ab\vdots 2\Rightarrow a+b\vdots 2$

Mỗi lần đi 1 nước tức là di chuyển từ ô $A(m,n)$ ---> $B(m\pm a;n\pm b)$

Do $a+b\vdots 2\Rightarrow a-b\vdots 2\Rightarrow x_B+y_B-(x_A+y_A)=\pm a\pm b\vdots 2$

 

Như vậy nếu ban đầu ta đứng ở ô $N(x_N;y_N)$ và sau một số nước đi, ta đứng ở ô $M(x_M;y_M)$

thì $(x_M+y_M)$$\equiv (x_N+y_N)(mod2)$

 

Ban đầu ta đứng ở ô $(1,1)$ nên không thể đi đến ô $(20,1)$ vì $1+1\vdots 2$ và $20+1\equiv 1(mod2)$ (đpcm)

 

+Xét TH $r\vdots 3$

Ta có: $a^2+b^2=r\vdots 3$

Vì $a^2,b^2$ chia $3$ chỉ có thể dư $0,1$ nên suy ra $a\vdots 3;b\vdots 3\Rightarrow a+b\vdots 3$

Lập luận tương tự TH trên, ta được:

 

Nếu ban đầu ta đứng ở ô $N(x_N;y_N)$ và sau một số nước đi, ta đứng ở ô $M(x_M;y_M)$

thì $(x_M+y_M)$$\equiv (x_N+y_N)(mod3)$

 

Mà ban đầu ta đứng ở ô $(1,1)$ nên không thể đi đến $(20,1)$ vì $1+1\not\equiv 20+1(mod3)$ (đocm)

 

b)+Xét TH $r=79$:

Ta có $a^2+b^2=79$

Do $a^2,b^2$ chia $4$ có thể dư $0,1$ nên $a^2+b^2$ chia $4$ chỉ có thể dư $0,1,2$

Mà $79$ chi $4$ dư $3$ nên không tồn tại $a,b$ nguyên thoả mãn điều kiện, bài toán không giải được

Thiếu $r=73$

Tìm các số nguyên k âm x, y TM: $x^{2}=y^{2}+\sqrt{y+1}$

Ở đây

Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: 

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{1- x}&+&\sqrt{y}=m\\ \sqrt{1-y} & + & \sqrt{x} = m \end{matrix}\right.$

ĐKC:G/S HPT có nghiệm $(x_{0};y_{0})$

Suy ra HPT còn có nghiệm $(1-x_{0};1-y_{0})$

Để HPT có nghiệm duy nhất thì $\left\{\begin{matrix} 1-x_{0}=x_{0} & \\ 1-y_{0}=y_{0}& \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x_{0}=y_{0}=0,5$

$\rightarrow m=\sqrt{2}$

ĐKĐ:Thay $m=\sqrt{2}$ TM

1. Cho $x,y > 0$ thỏa mãn: $x+y=2003$

 

Tìm Max, MIn của:

$P=x(x^{2}+y)+y(y^{2}+x)$

 

Bài này làm gì có MAX nhỉ :

Đặt $a=2003$

Ta có $P=x^3+y^3+2xy=(x+y)(x^2+y^2-xy)+2xy=a(x^2+(a-x)^2)+x(a-x)(2-a)$=$x^2(3a-2)+x(2a-3a^2)+a^3$

PT đồng biến nên không có MAX

Dấu "=" xảy ra khi nào thế Hiếu?

Khi $x=y=\frac{z}{\sqrt[3]{2}}$

Bài 1: Với $x,y,z>0$, $x^4+y^4+z^4=3$, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=x+y+2z$

Bài 2: Với $a,b,c>0$, $ab+bc+ca=abc$, chứng minh rằng:

$(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq 1$

P/s: Bài 1 có sử dụng đến điểm rơi giả định không nhỉ ?   

Bài 1:

Áp dụng BĐT $Holder$ ta được

$(x^{4}+y^{4}+z^{4})(1+1+(\sqrt[3]{2})^{4})(1+1+(\sqrt[3]{2})^{4})(1+1+(\sqrt[3]{2})^{4})\geq (x+y+2z)^{4}$

Cho các số thực dương $x,y,z,t$ thỏa mãn $xyzt=1$.Chứng minh rằng:

$$\frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^3(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^3(xt+ty+yx)}+\frac{1}{t^3(xy+yz+zx)}\geq \frac{4}{3}$$

Đề của 

DucHuyen1604

Em không phải toán thủ thi đấu:

Đặt $\frac{1}{x}=a;\frac{1}{y}=b;\frac{1}{z}=c;\frac{1}{t}=d\rightarrow abcd=1$

BĐT khi đó trở thành:

$\sum \frac{a^{2}}{b+c+d}\geq ^{bunhia}\frac{(a+b+c+d)^{2}}{3(a+b+c+d)}=\frac{a+b+c+d}{3}\geq ^{AM-GM}\frac{4\sqrt[4]{abcd}}{3}=\frac{4}{3}$

Dấu "=" khi $a=b=c=d=1$ hay $x=y=z=t=1$

Cho $a,b,c\in (-1;1)$. 

CMR $P=\frac{1}{(1-a)(1-b)(1-c)}+\frac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}\geqslant 2$

Ta có 

$P\geq 2\sqrt{\frac{1}{\prod \left [(1-a)(1+a \right ])}}\geq 2\sqrt{\frac{1}{\prod \left [ \frac{(2-a+a )^{2}}{4}\right ]}}=2$

Dấu "=" khi $a=b=c=0$

Tìm a để 2 PT :

$x^2+3x+2a=0$

$x^2+6x+5a=0$

có nghiệm xen kẽ nhau .  

Đây là nghiệm gì vậy ?

sao lại là xen kẽ?

không biết mình có làm sai không nhưng bài này dễ quá

$\sum \frac{a}{a+b}< \sum \frac{a+c}{a+b+c}\leq 2$

còn $\sum \left ( \frac{a}{b}+c \right )> \sum \left ( \frac{a}{b} \right )\geq 3$

Sai rồi

Đề là $\sum \sqrt{\frac{a}{b}+c}$ không phải là $(\sum \frac{a}{b}+c)$

Dấu "=" xảy ra khi nào z ??

Khi $C=OM\cap (O)$

Cho đường tròn tâm O, bán kính R, M nằm ngoài đường tròn, vẽ hai tiếp tuến AM và MB của đường tròn tâm O. Lấy điểm C thuộc cung nhỏ AB

Tìm vị trí điểm C để AC² + BC² nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó biết OM=2R

Ta có $OM=2R=2OA$$\Rightarrow \widehat{AOM}=60^{\circ}\Rightarrow \widehat{ACB}=120^{\circ}$

Áp dụng định lí hàm số $Cos$ ta được:

$AB^{2}=AC^{2}+AB^{2}-2AC.AB.Cos(\widehat{ACB})=AC^{2}+BC^{2}+AC.BC\leq \frac{3(AC^{2}+BC^{2)}}{2}$

Mà $AB^{2}=OA^{2}+OB^{2}-2AO.AB.Cos\widehat{AOB}=2R^{2}+R^{2}=3R^{2}$

$\Rightarrow BC^{2}+AC^{2}\geq 2R^{2}$

Cho $0\leq a,b,c\leq 2$ và a+b+c=3

 CMR: $a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 9$

GS $a\geq b \geq c\Rightarrow 3a\geq a+b+c=3\Rightarrow a\geq 1$

Ta có $a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq a^{3}+(b+c)^{3}$(Do $b^{3}+c^{3}\leq (b+c)^{3}$)$=a^{3}+(3-a)^{3}=9a^{2}-27a+27=9-9(a-1)(2-a)\leq 9$

(Do $a\geq 1$)

Từ đó $a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 9$

Dấu "=" khi $a=2;b=1;c=0$ và các hoán vị

BĐT $< = > \sum \frac{(2a-1)^2}{a^2-a+1}\geq 3$

Theo Cauchy-Swtach có:$\sum \frac{(2a-1)^2}{a^2-a+1}\geq \frac{(\sum (2a-1))^2}{\sum a^2-\sum a+3}\geq 3< = > (2\sum a-3)^2\geq 3\sum a^2-3\sum a+9< = > 4(\sum a)^2-12\sum a\geq 3\sum a^2-3\sum a< = > \sum a^2+8\sum ab\geq 9\sum a$

Mà $8\sum ab\geq 8\sqrt{abc\sum a}=8\sqrt{\sum a}$

Do đó cần CM :$(\sum a)^2+6\sqrt{\sum a}\geq 9\sum a< = >$,...

Chỗ này hơi lạ

phải là $\sum \frac{2a^{2}-2a+1}{a^{2}-a+1}\geq 3$ chứ em làm ra thế

Còn chỗ cuối làm thế nào hả anh?

$\frac{a}{ab+3c}=\frac{a}{ab+ac+bc+c^{2}}=\frac{a}{(a+c)(b+c)}\geq \frac{4a}{(a+b+2c)^{2}}=\frac{4a}{(c+3)^{2}}$

Cm tương tự $\Rightarrow VT=\frac{4a}{(c+3)^{2}}+\frac{4b}{(a+3)^{2}}+\frac{4c}{(b+3)^{2}}$

Áp dụng BĐT Bunhia:

$\left [ \frac{a}{(c+3)^{2}}+\frac{b}{(a+3)^{2}}+\frac{c}{(b+3)^{2}} \right ](a+b+c)\geq \left$$ ( \frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3} \right )^{2}\geq \left ( \frac{9}{a+b+c+3} \right )^{2}=\frac{9}{16} $$\Leftrightarrow VT\geq \frac{3}{4}$

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

P/s: có đúng không vậy?? 

Chỗ này Bunhia nhầm sửa lun

thành $\sum \frac{a}{c+3}=\sum \frac{a^{2}}{ac+3a}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{\sum ab+9}\geq ...$

ta có:$a+b\leq 4\left ( \frac{a+b}{2} \right )^2\Rightarrow a+b\geq 1$

mặt khác ta lại có: $$\frac{a}{4a^2+1}+\frac{b}{4a^2+1}\geq \frac{(a+b)^2}{4ab(a+b)+a+b}$
$=\frac{4ab(a+b)}{4ab(a+b)+4ab}=\frac{a+b}{a+b+1}$

bây giờ ta chỉ cần chứng minh: $\frac{a+b}{a+b+1}\geq \frac{1}{2}\Leftrightarrow a+b\geq 1$ $(DPCM)$

Chỗ này đã ngược dấu!

Đề thi HSG môn toán khối 10 của tỉnh Đồng nai, môn toán trong kỳ thi này được tổ chức vào ngày 4/4/2014.

Hiện nay mình đi tìm một số đề thi HSG môn toán để biên soạn thành tài liệu BD HSG toán, năm nay đề thi HSG toán 10 của Đồng nai cũng khá hóc búa, các bạn tải về giải thử nhé.

Đề thi cấu trúc gồm 5 câu, mỗi câu 4 điểm, tổng điểm là 20đ.

Trong đó Đại số: 12đ + Hình học: 8đ

Xem chi tiết và tải đề thi: De thi hoc sinh gioi toan 10 dong nai

 

Cái đề này ở đây

$0\leq x;y;z\leq 1$
Tìm nghiệm của pt:
$$\sum \frac{x}{1+y+zx}=\frac{3}{x+y+z}$$

Xem tai đây