Hai đội thi đấu cờ với nhau .Mỗi đối thủ của đội này phải đấu với một ván với đối thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đối thủ của 2 đội và biết rằng số đối thủ của ít nhất 1 trong 2 đội là số lẻ.Hỏi mổi đội có bao nhiêu đối thủ?

Đề đúng thế này phải ko bạn

Gọi số đối thủ đội 1 là x,đội 2 là y (người)

Ta có 1 người đội 1 sẽ đánh y ván với tất cả đối thủ đội 2

nên số ván đấu sẽ là xy (ván)

Ta có xy=4(x+y)

<=> (x-4)(y-4)=16

Mà do số đấu thủ 1 trong 2 đội là số lẻ nên 

ko mất tính tổng quát giả sử y lẻ rồi giải phương trình nghiệ nguyên là ra ngay

Cho bàn cờ vua $8 \times 8$. Theo thứ tự từ trái qua phải, từ trên xuống dưới, ta làm việc sau:

Trong ô cờ thứ nhất đặt 1 hạt ngô

Trong ô cờ thứ hai đặt 2 hạt ngô

Trong ô cờ thứ ba đặt 4 hạt ngô

...

Trong ô cờ thứ 64 đặt $2^{63}$ hạt ngô.

 

Một con mã ô đầu tiên của bàn cờ, nó đi lòng vòng và ăn các hạt ngô trong ô nó nhảy đến( con mã di chuyển theo hình chữ L - 3 ô như đối với môn cờ vua) nhưng nó không ăn ở ô đầu tiên và không nhảy trở lại ô đầu tiên. Sau mỗi lần nó ăn người ta lại đặt số ngô bằng số ngô ban đầu vào trong ô đó. Sau khi con mã đi xong nó quay trở về ô đầu tiên và ăn nốt hạt ngô ở ô đó.

 

Hãy CM rằng số ngô mà con mã ăn chia hết cho 3.

Ta tô màu trắng đen cho bàn cờ giống như trong cờ vua, giả sử ô thứ nhất màu đen thì ta luôn có ô máu đen có số hạt dạng $2^{2k}$$\equiv 1(mod 3)$ với $k\in \mathbb{N}$, ô màu trắng có số hạt dạng $2^{2k+1}$$\equiv 2(mod 3)$ ($k\in \mathbb{N}$)

Ta dễ thấy khi đi 1 nước, con mã đi tới 1 ô khác màu ô nó đang đứng 

Vậy nên để đi từ ô thứ nhất để đi lòng vòng về ô thứ nhất ta cần có 2n nước đi ($n\in \mathbb{N}$) trong đó có n nước đi vào ô trắng , n nước đi vào ô đen 

Gọi $S_{1}$ là số hạt con mã ăn được ở trong những ô trắng thì $S_{1}\equiv 2n(mod 3)$

     $S_{2}$ là số hạt con mã ăn ở trong những ô đen, do ô thứ nhất chỉ tính là ăn 1 lần nên $S_{2}\equiv n(mod 3)$

Suy ra tổng số hạt con mã ăn được là $S=S_{1}+S_{2}\equiv 2n+n\equiv 3n(mod 3) hay S\vdots 3$ (ĐPCM) 

Sở GD&ĐT Nghệ An                      Kỳ Thi Chọn Học Thi Giỏi Lớp 9
                                                               Năm Học 2013-2014
   Đề Chính Thức                                  Môn Thi: Toán- Bảng A
                                                    Thời gian:150 phút (không kể thời gian giao đề)
 
Câu 5 Cho đường gấp khúc khép kín có độ dài bằng $1$.Chứng minh rằng luôn tồn tại một hình tròn có bán kính $R=\dfrac{1}{4}$ chứa toàn bộ đường gấp khúc đó 

Trên đường gấp khúc lấy 2 điểm A,B sao cho A,B chia đường gấp khúc thành 2 phần = nhau =0,5
Suy ra $AB\leq 0,5$. Gọi trung điểm AB là O
Xét C là 1 điểm thuộc đường gấp khúc thì ta có $CM\leq (\frac{CA+CB}{2})\leq \frac{\frac{1}{2}}{2}=\frac{1}{4}$ (do C thuộc đường gấp khúc có độ dài =0,5
Tương tự thì khoảng cách từ O tới các điểm khác của đường gấp khúc cũng <$\frac{1}{4}$
Vậy $(O;\frac{1}{4})$ chính là đường tròn cần tìm

P/s: Đây chính là bài 203 trong sách Các bài toán hình học tổ hợp của Vũ Hữu Bình

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

Ta có$2\leq (x+y)^{3}+4xy\leq (x+y)^{3}+(x+y)^{2}$

Suy ra $(x+y)^{3}+(x+y)^{2}-2\geq 0<=> (x+y-1)[(x+y)^{2}+2(x+y)+2]\geq 0<=> x+y\geq 1$ do$(x+y)^{2}+2(x+y)+2>0$

Ta có P=$3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1=\frac{6(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-4(x^{2}+y^{2})+2}{2}$

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

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

 =$\frac{x^{4}+y^{4}+(x^{2}-y^{2})^{2}+[2(x^{2}+y^{2})-1]^{2}+1}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức $2(a^{2}+b^{2})\geq (a+b)^{2}$ ta có 

$x^{4}+y^{4}\geq \frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{2}\geq \frac{(x+y)^{4}}{8}\geq \frac{1}{8}$

Do $(x^{2}-y^{2})^{2}\geq 0,[2(x^{2}+y^{2})-1]^{2}\geq 0$

Suy ra $P\geq \frac{\frac{1}{8}+1}{2}=\frac{9}{16}$

Min P=$\frac{9}{16}$<=>x=y=$\frac{1}{2}$

Điểm 10 .

Cho $a_{1},a_{2}>0$$a_{1}c_{1}\geq b_{1}^{2}$ $, a_{2}c_{2}\geq b_{2}^{2}$. Chứng minh rằng:

$(a_{1}+a_{2})(c_{1}+c_{2})\geq (b_{1}+b_{2})^2$

Ta có $c_{1},c_{2}\geq 0$

Suy ra $a_{1}a_{2}c_{1}c_{2}\geq (b_{1}b_{2})^{2}$

Mà $a_{1}c_{2}+a_{2}c_{1}\geq 2\sqrt{a_{1}c_{1}a_{2}c_{2}}\geq 2b_{1}b_{2}$

Suy ra $a_{1}c_{1}+a_{2}c_{2}+ a_{1}c_{2}+a_{2}c_{1}\geq a_{1}c_{1}+a_{2}c_{2}+2\sqrt{a_{1}c_{1}a_{2}c_{2}}\geq b_{1}^{2}+2b_{1}b_{2}b_{2}^{2}=(b_{1}+b_{2})^{2}$ (dpcm)

từ $ab+bc+ca=3\Rightarrow abc\leq 1$

áp dụng ta có: $\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}\leq\sum \frac{1}{a(ab+bc+ca)}=\frac{1}{ab+bc+ca}.\left ( \sum \frac{1}{a} \right )=\frac{1}{abc}. "="\Leftrightarrow a=b=c=1$

Ngược dấu kìa bạn

Cho hình vuông abcd, hai điểm M, N bất kỳ với CM = CN, N nằm trên CD, M nằm trên BC. Kẻ CH vuông góc với BN tại H. CM: tam giác AHM vuông

Ta có $\angle HAB=\angle HMC=180^{\circ}-\angle BMH$

$\angle ABH=\angle MCH=90^{\circ}-\angle HBC$

=>$\angle AHB=\angle MHC$ =>$\angle AHB+\angle BHM=\angle MHC+\angle BHM<=> \angle AHM=\angle BHC=90^{\circ}$

suy ra AHM vuôing ở H

Cho x, y > 0 và $x+y\geq 6$. Tìm Min:

$A=5x+3y+\frac{16}{y}+\frac{12}{x}$

Tách thành A=$2x+2y+3x+\frac{12}{x}+y+\frac{16}{y}\geq 2.6+2\sqrt{3x.\frac{12}{x}}+2\sqrt{y.\frac{16}{y}}=32$

Dấu = <=> x=2,y=4

MÌnh nghĩ Menelaus là 3 điểm thẳng hàng chứ sao lại là đồng quy là của Ceva mà??

Minh nham, xem bai ben duoi

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. CMR:

$\sum \frac{a^2+9}{2a^2+(b+c)^2}\leq 5$

Ta có$\frac{a^{2}+9}{2a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{a^{2}+(a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{2a^{2}+(b+c)^{2}+2ab+2ac}{2a^{2}+(3-a)^{2}}=1+\frac{2a(b+c)}{3(a^{2}-2a+3)}$

Hay $\sum \frac{a^{2}+9}{2a^{2}+(b+c)^{2}}=3+\sum \frac{2a(b+c)}{3(a^{2}-2a+3)}\leq 5$

<=>$\sum \frac{ab+ac}{a^{2}-2a+3}\leq 3$

Mà $\frac{ab+ac}{a^{2}-2a+3}=\frac{ab+ac}{(a-1)^{2}+2}\leq \frac{ab+ac}{2}$

=$\sum \frac{ab+ac}{a^{2}-2a+3} \leq ab+ac+bc\leq 3$ suy ra DPCM

Do đề của các Toán thủ nộp chưa phù hợp nên trận này BTC sẽ ra đề

Đề của BTC:
Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC, CA, AB$ sao cho $\triangle DEF$ nhọn và $AD, BE, CF$ đồng quy. $M, N, P$ trên $EF, FD, DE$ sao cho $\triangle MNP$ nhọn và $DM, EN, FP$ đồng quy.

Chứng minh rằng: $AM, BN, CP$ cũng đồng quy.

Thời gian làm bài tính từ: 20h15 ngày 14/2/2014

P/s: mong các toán thủ đừng mải đi chơi với gấu mà quên làm bài :adore:

Bài trước của em dùng nhầm định lí nên xin làm lại ạ

Áp dụng định li Ceva vào tam giác ABC,DEF ta có

$\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$ (*)

$\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}=1$ (**)

Kéo dài AM cắt BC ở K,BN cắt AC ở I,CP cắt AB ở H

Kẻ BB',CC',FF',EE' vuông góc với AK

Ta có$\frac{BB'}{CC'}=\frac{BK}{CK}$ (Talet)

$\frac{FF'}{EE'}=\frac{MF}{ME}$ (Talet)

$\frac{BB'}{FF'}=\frac{AB}{AF}$ (Talet)

$\frac{CC'}{EE'}=\frac{AC}{AE}$ (Talet)

Từ đây suy ra $\frac{KB}{KC}=\frac{MF}{ME}.\frac{AB}{AC}.\frac{AE}{AF}$

Tương tự $\frac{IC}{IA}=\frac{ND}{NF}.\frac{BC}{BA}.\frac{BF}{BD}$

$\frac{HA}{HB}=\frac{PE}{PD}.\frac{CA}{CB}.\frac{CD}{CE}$

Hay $frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=\frac{MF}{ME}.\frac{ND}{NF}.\frac{PE}{PD}.\frac{AE}{AF}.\frac{BF}{BD}.\frac{CD}{CE}$=1 (theo (*) và (**))

Áp dụng định lí Ceva đảo suy ra AK,BI,CH thẳng hàng hay AM,BN,CP thẳng hàng

Cách làm tốt

$d=10$

$S=44.5$

Do đề của các Toán thủ nộp chưa phù hợp nên trận này BTC sẽ ra đề

Đề của BTC:
Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC, CA, AB$ sao cho $\triangle DEF$ nhọn và $AD, BE, CF$ đồng quy. $M, N, P$ trên $EF, FD, DE$ sao cho $\triangle MNP$ nhọn và $DM, EN, FP$ đồng quy.

Chứng minh rằng: $AM, BN, CP$ cũng đồng quy.

Thời gian làm bài tính từ: 20h15 ngày 14/2/2014

 

Em không vẽ được hình,mong btc thông cảm

Áp dụng định lí Mênlauyt vào 2 tam giác ABC,DEF ta có

$\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$ (*)

$\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}=1$ (**)

Kéo dài AM cắt BC ở K,BN cắt AC ở I,CP cắt AB ở H

Kẻ các đường cao BB',CC',EE',FF' xuống AK

Ta có $\frac{BK}{CK}=\frac{BB'}{CC"}$

$\frac{FF'}{EE'}=\frac{FM}{EM}$

$\frac{BB'}{FF'}=\frac{AB}{AF}$ =>$BB'=\frac{AB.FF'}{AF}$

$\frac{CC'}{EE'}=\frac{AC}{AE}$=>$CC'=\frac{AC.EE'}{AE}$

Từ đây suy ra $\frac{BK}{CK}=\frac{FM.AB.AF}{EM.AC.AE}$ (1)

Tương tự $\frac{CI}{AI}=\frac{ND.BC.BF}{NF.BA.BD}$ (2)

$\frac{AH}{BH}=\frac{PE.CA.CE}{PD.CB.CD}$ (3)

Nhân (1),(2),(3) vế theo vế

$\frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=\frac{FM.AB.AF}{EM.AC.AE}.\frac{DN.BC.BF}{FN.BA.BD}.\frac{PE.CA.CE}{PD.CB.CD}$

                                                                      =$\frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=\frac{FM.ND.PE}{ME.NF.PD}.\frac{AE.BF.CE}{AF.BD.CD}$

Theo (*) và (**) ta có$\frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=1

Áp dụng định lí Menlauyt đảo ta có AK, BI, CH đồng quy hay AM,BN,CP đồng quy

d=9

S=44

3.Giải hê pt 4 ẩn sau:

$\left\{\begin{matrix} x+y+z+t=22 \\ xyzt=648 \\ \dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y} = \dfrac{7}{12} \\ \dfrac{1}{z}+ \dfrac{1}{t} = \dfrac{5}{18} \end{matrix}\right.$

Mod sưa giúp em cái text với ạ Em k làm đc (

 

Đặt x+y=a,xy=b,z+t=c,zt=d

Ta có a+c=22

          bd=648

          $\frac{a}{b}=\frac{7}{12}$=>12a=7b

         $\frac{c}{d}=\frac{5}{18}$=> 18c=5d

Suy ra 12a.18c=35bd

     <=> ac=105,kết hợp a+c=22

=> a=7,c=15 hoặc a=15,c=7

Với a=7,c=15 =>b=12,d=54

Giải ra x=3,y=4 hoặc x=4,y=3

           z=6,t=9 hoặc z=9,t=6

Tương tự cho TH còn lại

Rất xin lỗi các toán thủ đã vì post đề chậm trễ, sau đây là đề thi trận 2 MSS:

Đề của toán thủ : Best Friend

 

$$\left\{\begin{matrix} 8x^{2}+12y^{2}-20xy=0 (1)& & \\ 4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y (2) & & \end{matrix}\right.$$

Thời gian làm bài tính từ: 23h ngày 24/1/2014

Từ (1) =>(x-y)(2x-3y)=0<=> x=y họăc 2x=3y

Với x=y thế vào (2) ta có$4x^{2}-6x+1=x^{2}-3x<=>3x^{2}-3x+1=0$

Phương trình này vô nghiệm

Với 2x=3y thế vào (2) ta có $(3y)^{2}-3.3y+1=y^{2}-3y<=> 8y^{2}-6y+1=0<=>(2y-1)(4y-1)=0$

<=> $y=\frac{1}{2} hoặc y=\frac{1}{4}$<=> $x=\frac{3}{4} hoặc y=\frac{3}{8}$

Vậy hệ có 2 nghiệm $(\frac{3}{4},\frac{1}{2}),(\frac{3}{8},\frac{1}{4})$

______________
Hỏng $\LaTeX$, chú ý diễn đàn có chức năng xem bài trước

$S = 20$ (châm trước)

Rất xin lỗi các toán thủ đã vì post đề chậm trễ, sau đây là đề thi trận 2 MSS:

Đề của toán thủ : Best Friend

 

$$\left\{\begin{matrix} 8x^{2}+12y^{2}-20xy=0 & & \\ 4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y & & \end{matrix}\right.$$

Thời gian làm bài tính từ: 23h ngày 24/1/2014

Hệ <=>$\left\{\begin{matrix} 2x^{2}-5xy+3y^{2}=0 & & \\ (2x)^{2}-3.2x+1=y^{2}-3y & & \end{matrix}\right.$

<=>$\left\{\begin{matrix} (2x-y)(x-y)=0 & & \\ (2x)^{2}-y^{2}+3(2x-y)+1=0 & & \end{matrix}\right.$

<=>$\left\{\begin{matrix} (2x-y)(x-y)=0 (1) & & \\ (2x-y)(2x+y-3)+1=0 (2)& & \end{matrix}\right.$

Từ (2) => 2x-y$\neq 0$ kết hợp (1) => x=y

Thế vào (2) ta có (2x-x)(2x+x+3)+1=0 <=>$3x^{2}+3x+1=0$ mà phương trình này vô nghiệm suy ra hệ vô nghiệm

$S=\O$

_________________________
$S = 0$

cho a,b là các số thực thoả: $a^{3}-3a^{2}+8a=9$ (1) và $b^{3}-6b^{2}+17b=15$ (2)

tính a+b

Từ (1)=>$a^{3}-3a^{2}+3a-1=8-5a<=>(a-1)^{3}=8-5a$

(2)=>$b^{3}-6b^{2}+12b-8=7-5b$<=>$(b-2)^{3}=7-5b$

Đặt a-1=x,b-2=y=>$x^{3}=3-5x$,$y^{3}=-3-5y$

Cộng lại ta có $x^{3}+y^{3}=-5(x+y)$$x^{3}+y^{3}=-5(x+y)$

<=>$(x+y)(x^{2}-xy+y^{2}+5)=0$<=> x+y=0<=> a+b=3

Tìm m để phương trình $$(m-4)x^2 - 2(m-2)x + m - 1 = 0 (1)$$ có : 

a) Ít nhất 1 nghiệm dương

b) Đúng một nghiệm âm

c) Hai nghiệm âm.

Ta có$\Delta' =(m-2)^{2}-(m-4)(m-1)=m^{2}-4m+4-m^{2}+5m-4=m$$\geq 0$ 

Suy ra 2 nghiệm $x_{1}=m-2+\sqrt{m}$

                            $x_{2}=m-2-\sqrt{m}$

Nhận thấy $x_{2}\leq x_{1}$

a, Phương trình có ít nhất 1 nghiệm dương =>$x_{1}>0$

<=>$m+\sqrt{m}-2> 0<=> (\sqrt{m}-1)(\sqrt{m}+2)> 0<=> \sqrt{m}-1>0$ hay m> 1

b,Phương trình có đúng 1 nghiệm âm<=>$x_{1}>0>x_{2}$

<=>$\left\{\begin{matrix} m-2+\sqrt{m}>0 & & \\ m-2-\sqrt{m}<0 & & \end{matrix}\right.$

<=>$\left\{\begin{matrix} (\sqrt{m}-1)(\sqrt{m}+2)>0 & & \\ (\sqrt{m}-2)(\sqrt{m}+1)<0 & & \end{matrix}\right.$

<=>$1< \sqrt{m}<2<=> 1<m<4$

c,Phương trình có 2 nghệm âm <=> $x_{2}<x_{1}<0$

<=>$m-2+\sqrt{m}<0<=> (\sqrt{m}-1)(\sqrt{m}+2)<0$

<=>$\sqrt{m}<1<=>m<1$

Giải hệ phương trình:

$2)\left\{\begin{matrix}x+y=2xy(1) &  & \\ 1+yz=2y(2) &  & \\ 1+xz=2x (3)&  & \end{matrix}\right.$

(2)=> x+xyz=2xy=x+y <=>xyz=y

(3)=> y+xyz=2xy=x+y <=>xyz=x

Suy ra x=y=xyz khác 0

<=> yz=xz=1<=> 1+yz=1+xz=2=2x=2y

Suy ra x=y=z=1

1) $\left\{\begin{matrix} x=y^2+z^2 (1)\\ y=z^2+x^2 (2)\\ z=x^2+y^2 (3) \end{matrix}\right.$

 

Dễ thấy x,y,z không âm

Xét x=y=z =>x=y=z=0 hoặc x=y=z=0,5

Xét 2 trong 3 số = nhau chẳng hạn x=y=>$z=2x^{2}$,$x=x^{2}+4x^{4}$=>x=0,x=0,5

Xét 3 số khác nhau

 =>$x-y=y^{2}-x^{2}=(y-x)(y+x)$

     Do $x-y\neq 0$ => x+y=-1 mà x,y không âm nên vô nghiệm

 Suy ra nghiệm phương trình là x=y=z=0 hoặc x=y=z=0,5

 

2.giải hệ phương trình sau $\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}+xy+1=4y (1) & & \\ (x^{2}+1)(x+y-2)=y (2) & & \end{matrix}\right.$

2.Xét y=0 =>$x^{2}+1=0$ (vô lí)

=>$y\neq 0$ .Từ (1)=> $x^{2}+1=y(4-x-y)$

Thế vào (2) được:

y(4-x-y)(x+y-2)=y

<=> (x+y-4)(x+y-2)=-1

<=>$(x+y-3)^{2}-1=-1$ 

<=>x+y=3 đến đây thay vào (1) nữa là xong

Nghiệm (1;2) và (-2;5)

1.tìm x,y nguyên thỏa mãn $x^{3}+2x^2+3x+2=y^3$

 

Rõ ràng $2x^{2}+3x+2$ dương

=>$y^{3}> x^{3}$ (1)

Với x=0 thì $y^{3}$=2 (không nguyên)

suy ra $x^{2}\geq 1$ hay $x^{2}-1\geq 0$

Ta có $(x+1)^{3}-y^{3}=x^{2}-1\geq 0$

<=>$(x+1)^{3}\geq y^{3}$ (2)

 Vậy $(x+1)^{3}\geq y^{3}>x^{3}$ nên $(x+1)^{3}= y^{3}$

Giải ra ta được x=1,y=2 hoặc x=-1,y=0

Cho tam giac ABC. Dựng ra phía ngoài tam giac ABC các tam giác vuông cân tại A là ABD và ACE. CMR:

       AH (đường cao của tam giác ABC) đi trung điểm I của đoạn thẳng DE

Kẻ DM,EN vuông góc AH

$\angle DAM=\angle ABH$

Suy ra $\triangle DMA=\triangle AHB$

=>DM=AH

Tương tự EN=AH

Xét 2$\triangle$ AMI và ENI bằng nhau nữa là xong

1. Tìm chữ số tận cùng của $2^{2013^{2014}}$

2. Cho $3^{n}-1\vdots n$ .Chứng minh $n\vdots 2$

B1: Dễ thấy $2^{2013^{2014}} chẵn

Do $2013\equiv 1(mod 4)$ =>$2013^{2014}\equiv 1(mod 4)$

Đặt $2013^{2014}$=4k+1

=>$2^{2013^{2014}}=2^{4k+1}=2.16^{k}$ 

Do $16^{k}\equiv 1(mod 5)$ =>$2^{2013^{2014}}$$\equiv 2(mod 5)$

Đặt $2^{2013^{2014}}$=5q+2 thì q chẵn

=>q=2t=>$2^{2013^{2014}}$=10t+2

Vậy chữ số tận cùng là 2

Tìm tập hợp các điểm M trong tam giác ABC sao cho tổng diện tích của hai tam giác ABM. ACM bằng diện tích tam giác BCM.

Kéo dài AM cắt BC ở N,kẻ các đường cao BH,CK

$S_{AMB}+S_{AMC}=\frac{AM(BH+CK)}{2}$

$S_{CMB}\frac{MN(BH+CK)}{2}$

=>AM=MN

Suy ra M thuộc đường trung bình $\Delta ABC$

Có phải là $a,b$ dương nữa không?

$A=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a}{b}+\frac{b}{16a}+\frac{15b}{16a}\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{16a}}+\frac{15}{16.\frac{a}{b}}$

$<=>A=\geq \frac{1}{2}+\frac{15}{16.\frac{a}{b}}$.Dấu "=" xảy ra $<=>4a=b$

Mà:

Theo giả thiết ta có:$\frac{1}{b}\leq 1-a<=>\frac{a}{b}\leq -a^2+a\leq \frac{1}{4}$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi <=>$a=\frac{1}{2};b=1$

$=> A\geq \frac{1}{2}+\frac{15}{16.\frac{1}{4}}=\frac{17}{4}$

Dấu "=" xảy ra <=>$a=2;b=1$

b=2 chứ