2) Cho $x+3y\geq 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $A=x^2+y^2$

Áp dụng Bất đẳng thức $AM-GM$, ta có:

$x^2+\frac{1}{100}\geq\frac{1}{5}x$

$y^2+\frac{9}{100}\geq\frac{3}{5}y$

$\Rightarrow x^2+y^2+\frac{1}{10}\geq\frac{1}{5}(x+3y)\geq\frac{1}{5}$ vì $x+3y\geq 1$

$\Rightarrow A\geq\frac{1}{10}$

Đẳng thức xảy ra $\Longleftrightarrow x=\frac{1}{10};y=\frac{3}{10}$

Cho biểu thức A=$(\frac{x+1}{x-1}+\frac{x-1}{x+1}+\frac{x^{2}-4x-1}{x^2-1})$

Với giá trị nào của x thì $A$<$\frac{1}{2}$

Rút gọn: $A=\frac{3x-1}{x+1}$ với $x\neq 1$ và $x\neq -1$.

Để $A<\frac{1}{2}$

<=> $\frac{3x-1}{x+1}-\frac{1}{2} <0$

<=> $\frac{5x-3}{2(x+1)}<0$

<=> $(5x-3)(x+1)<0$

<=> $-1<x<\frac{3}{5}$ (Thỏa mãn điều kiện của $x$)

Vậy bất phương trình có nghiệm: $x\in\mathbb{R}|-1<x<\frac{3}{5}$

Gọi độ dài cạnh góc vuông của tam giác là $a,b$, độ dài cạnh huyền là $c$ (ĐK: $a,b,c\in\mathbb{Z_+}$;$a+b>c;c>a;c>b$)

Theo đề bài:

$a^2+b^2=c^2$ (Định lí $Py-ta-go$)

và $ab=3.(a+b+c)$

$\Longleftrightarrow 2ab=6(a+b+c)$

$\Longleftrightarrow a^2+2ab+b^2=c^2+6(a+b+c)$

$\Longleftrightarrow (a+b)^2-6(a+b)+9=c^2+6c+9$

$\Longleftrightarrow (a+b-3)^2=(c+3)^2$

$\Longleftrightarrow a+b-3=c+3 \vee a+b-3=-3-c$

$\Longleftrightarrow a+b=c+6 \vee a+b=-c$ (TH sau vô lí vì $a+b>0>-c$)

$\Longleftrightarrow a+b=c+6$.

$\Longleftrightarrow 6a+6b=6c+36$ $(1)$

Vì $a^2+b^2=c^2$

$\Longleftrightarrow (a+b)^2-2ab=c^2$

$\Longleftrightarrow (c+6)^2-2ab=c^2$

$\Longleftrightarrow c^2+12c+36-2ab=c^2$

$\Longleftrightarrow 12c+36=2ab$

$\Longleftrightarrow 6c+18=ab$ $(2)$

Từ $(1),(2)$ $\rightarrow 6a+6b-ab=6c+36-6c-18$

$\Longleftrightarrow ab-6a-6b+18=0$

$\Longleftrightarrow (a-6)(b-6)=18$

Giả sử $a\geq b$

Giải phương trình tích trên được $(a;b)=(24;7);(12;9);(15;8)$

Tìm được $(a;b;c)=(24;7;25);(12;9;15);(15;8;17)$

Có bao nhiêu số $a$ thỏa mãn:

1) $a$ có $5$ chữ số khác nhau và chữ số $1$ và $2$ cạnh nhau

2) $a$ có $7$ chữ số khác nhau và chữ số $1$ cách chữ số $2$ một chữ số.

3) $a$ có $9$ chữ số, trong đó, chữ số $1$ xuất hiện $3$ lần, các chữ số còn lại khác nhau.

Tìm số nguyên dương n để $\frac{n-37}{n+43}$ là bình phương của một số hữu tỉ dương

Để nó là bình phương số hữu tỉ $\Leftrightarrow (n+43)-(n-37)=b^2-a^2$ ($b;a\in\mathbb{Z}$)

$\Leftrightarrow 80=(b-a)(b+a)$

$\Leftrightarrow ...$

Cho tứ giác $ABCD$ không phải hình thang. Các điểm $M,N,P,Q$ theo thứ tự thay đổi trên $AB,BC,CD,DA$ sao cho $MNPQ$ là hình bình hành.

Tìm quỹ tích giao điểm $I$ của $MP,NQ$

Tìm phương trình đường thẳng đi qua P(1;3) cắt Ox và Oy tại hai điểm A và B (A và B khác gốc O) sao cho OA+OB đạt GTNN

chả biết GTNN hay GTLN. nếu GTNN thì $OA$;$OB$; là các số không âm nên $min=0$

PT đường thẳng cần viết là $y=3x$ 

 

 

Tìm Min; Max của biểu thức: P= $x(3+\sqrt{5-x^{2}})$

 

Ta có: $|P|=|x|.(3+\sqrt{5-x^2})$

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

$(\sqrt{3}.\sqrt{3}+\sqrt{5-x^2}.1)^2\leq [(\sqrt{3})^2+(\sqrt{5-x^2})^2][(\sqrt{3})^2+1^2]=4(8-x^2)$

Suy ra: $3+\sqrt{5-x^2}\leq 2\sqrt{8-x^2}$

Do đó, $|P|\leq 2.x.\sqrt{8-x^2}\leq x^2+8-x^2=8$

$\Rightarrow -8\leq P\leq 8$

KL: $min_P=-8$ tại: $x=-2$; $max_P=8$ tại: $x=2$

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x+y+z=1

Tìm Min của F = $\frac{x^{4}}{(x^{2}+y^{2})(x+y)}+\frac{y^{4}}{(y^{2}+z^{2})(y+z)}+\frac{z^{4}}{(z^{2}+x^{2})(z+x)}$

Xét: $F=\sum\frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}$

và: $E=\sum\frac{y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}$

Ta có: $F-E=\sum\frac{x^4-y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}=\sum\frac{(x^2+y^2)(x+y)(x-y)}{(x^2+y^2)(x+y)}=\sum (x-y)=0$

Suy ra: $F=E$

Do đó, $2F=F+E=\sum\frac{x^4+y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}$

Ta có: $x^4+y^4\geq\frac{(x^2+y^2)^2}{2}=\frac{x^2+y^2}{2}.(x^2+y^2)\geq\frac{x^2+y^2}{2}.\frac{(x+y)^2}{2}=\frac{(x^2+y^2)(x+y)^2}{4}$

nên: $\sum\frac{x^4+y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}\geq\sum\frac{x+y}{4}=\frac{1}{4}.2.\sum x=\frac{1}{2}$ Do $\sum x=1$

hay $2F\geq\frac{1}{2}$

Suy ra: $F\geq\frac{1}{4}$

Tìm Min của:

P=$\frac{X^{2}-2X+2012}{X^{2}}$ với $x\neq 0$.

Kết quả: $\frac{2011}{2012}$ bạn tự thêm bớt cho hợp lí.

Trả lời cho hẳn hoi đi bạn, nói thế ai hiểu

Từ $gt$, nhân cả tử và mẫu cho $2012$

$==>P=$\frac{2012x^{2}-2.2012x+2012^{2}}{2012x^{2}}$

          =$\frac{({x-2012})^{2}+2011x^{2}}{2012x^{2}}$

          =$\frac{({x-2012})^{2}}{2012x^{2}}+\frac{2011}{2012}$$\geq \frac{2011}{2012} \forall x\neq 0$

==>Min(P)= \frac{2011}{2012}$ khi $x=2012$

Theo ý kiến của mình thì hầu như mấy bài này biết đáp số là làm được mà

$Cho :a\geq 6. Tim min A= a+\frac{1}{a^{2}}$

Áp dụng $AM-GM$ với $3$ số dương:

$\frac{a}{216}+\frac{a}{216}+\frac{1}{a^2}+\frac{107}{108}a\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{216^2}.\frac{1}{a^2}}+\frac{107}{108}.6=\frac{217}{36}$

Ta chứng minh hai sự kiện sau:
 
1) $EF$ là trục đẳng phương của $(O)$ và đường tròn đường kính $LH$ với $E,F$ là chân đường cao hạ từ $B,C$ xuống $AC,AB$.

Gọi $d$ là trục đẳng phương của $(O)$ và đường tròn đường kính $LH$, $R$ là giao điểm của đường tròn đường kính $AH$ với $(O)$, khác $A$ và $Z$ là chân đường vuông góc hạ từ $H$ xuống $AM$
Gọi $U,V$ lần lượt là trung điểm của: $LH,LA$, ta có một số điều sau suy ra từ đường trung bình trong tam giác:
$UV//AH//OM$ và $UV=OM=\frac{AH}{2}$, suy ra $UVOM$ là hình bình hành, suy ra $U,A,O$ thằng hàng.
Xét $3$ đường tròn sau: đường tròn đường kính $AH$, đường tròn đường kính $LH$ và đường tròn $(O)$, suy ra:
$d$, $AR$, $HZ$ đồng quy.
Theo một kết quả khá quen thuộc, ta có: $AR,HZ,EF,BC$ cùng đi qua điểm $S$ nên $S$ thuộc $d$.
Mà: $d\bot UO\equiv AO$, $EF\bot AO$ nên ta có: $d\equiv EF$, ta chứng minh xong sự kiện thứ nhất.
 
2) Ta sẽ chứng minh kết quả của bài toán.
Gọi $J,M$ lần lượt là trung điểm của $AH,BC$ $ON\bot PH$, $H'$ đối xứng với $H$ qua $OM$
Bằng cách lược bỏ đi một số điểm không cần thiết như $L,K,...$, ta có hình sau:

Điều phải chứng minh tương đương với:
$HK.HO=HJ.HD$

Một cách tiếp cận khác: Xét phép nghịch đảo cực $R$, phương tích bất kỳ (bản chất chắc nó cũng không quá khác so với 2 lời giải trên), khi đó, ta có bài toán như hình vẽ:

Cho $4$ điểm $B,C,E,F$ thuộc một đường tròn $(O)$, $BE,CF$ cắt nhau tại $R$. $(RFB),(REC)$ cắt nhau tại $A$ (Chú ý, từ điều kiện này và tính chất $3$ trục đẳng phương, suy ra: $BF,CE$ đồng quy tại $K$). $M,N$ thuộc $(O)$ sao cho $2$ tiếp tuyến tại $2$ điểm này với $(O)$ cùng song song với $RK$.

Chứng minh rằng: $(RFM), (REN)$ cắt nhau trên $RK$ (Điều kiện này cũng tương đương với $MF,NE$ cắt nhau tại $S$ thì $S$ thuộc $KR$).

Tóm lại, ta phải chỉ ra: $S$ thuộc $KR$.

Vì $2$ tiếp tuyến tại $M,N$ với $(O)$ song song với $RK$, nên theo định lý Brokard, suy ra: $EF,MN,BC$ đồng quy tại $T$.

Gọi $FN,ME$ cắt nhau tại $J$ thì $J$ thuộc đường thẳng cực của $T$, nên: $K,J,R$ thẳng hàng.

Cuối cùng, lại theo định lý Brokard một lần nữa, vì: $OT\bot SJ, KR$ nên $S$ thuộc $KR$. $\blacksquare$

Lời giải bài 1 của em: 

Như trên hình, em chỉ xét những điểm liên quan đến $N$.

Gọi $S, D$ lần lượt là điểm chính giữa cung $ABC, BC$ của $(O)$. Gọi $V$ là trung điểm $AC$ và $SE$ cắt $DF$ tại $U$. Gọi $AI$ cắt $BC$ tại $G$. Gọi $J$ là trung điểm của $AI$

Bằng cách định nghĩa ta dễ có: $N\in AS$

Nhận xét 1: $NQ$ vuông góc $AC$.

Chứng minh: Điều này tương đương với $NQ//SV$ hay theo định lý Ta-lét, ta cần chứng minh:

$\frac{AN}{AS}=\frac{AQ}{AV}$. Do: $\frac{AQ}{AV}=\frac{AI}{AG}$ dựa trên $JQ//AC$ và $J,V$ lần lượt là trung điểm của $AI,AC$.

Do đó, ta cần chứng minh: $\frac{AN}{AS}=\frac{AI}{AG}\Leftrightarrow\frac{NA}{NS}=\frac{IA}{IG}$, luôn đúng.

Nhận xét 2: $AP$ là đường đối trung trong tam giác $\Delta RAQ$.

Ta chứng minh điều này dựa vào định lý Ceva-sin.

Ta tính được: $\frac{\text{sin}\widehat{LQR}}{\text{sin}\widehat{LQA}}=\text{cos}(\frac{A}{2}).\frac{\text{cos}(\frac{C}{2})}{\text{sin}(\frac{B}{2})}$ $(1)$

Thiết lập, tương tự, ta có: $\frac{\text{sin}\widehat{KRA}}{\text{sin}\widehat{KRQ}}=1:\text{cos}(\frac{A}{2}).\frac{\text{sin}(\frac{C}{2})}{\text{cos}(\frac{B}{2})}$.

Nhân lại, sử dụng định lý sin và định lý Ceva-sin, ta có ngay:

$\frac{\text{sin}\widehat{RAP}}{\text{sin}\widehat{QAP}}=\frac{\text{sin}\widehat{AQR}}{\text{sin}\widehat{ARQ}}$, đủ để suy ra nhận xét.

Do đó, ta chứng minh $(1)$.

Cuối cùng, vì $AP$ là đường đối trung tam giác $RAQ$ nên cũng là đối trung tam giác $ABC$ nên đi qua điểm cố định là giao hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$. $\blacksquare$

Đề bài:

Cho đa giác lồi 100 đỉnh. Chứng minh có thể chọn ra 3 đỉnh sao cho đường tròn đi qua 3 đỉnh đó chứa các đỉnh còn lại của đa giác.

Lời giải. $AC,AB$ lần lượt cắt $\odot (BPC)$ tại $P,Q$.

Post 93.png

Hình vẽ bài toán

Ta có: $\angle BQL=\angle BCL=\angle BLE=\angle BAN\Rightarrow AN\parallel QL\Rightarrow \frac {AE}{EQ}=\frac {NE}{NL}$

Tương tự ta suy ra $\frac {DM}{DK}=\frac {DA}{DP}$

$\Rightarrow \frac {DK}{DM}=\frac {EL}{EN}$ khi và chỉ khi $DE\parallel PQ$.

Mặt khác do $B,C,Q,L$ đồng viên nên $\angle PQB=\angle BCA$

$\Rightarrow DE\parallel PQ$ khi và chỉ khi $BCDE$ là tứ giác nội tiếp hay $P$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Nhận xét: Nên phát biểu là $DK=DM$ và $EL=EN$ thì bài sẽ đẹp hơn!

Có tí thắc mắc, đoạn này là bổ đề nào vậy nhỉ?

b/

Ta có: $y^2+yz+z^2=1-1.5x^2$

<=> $y^2+yz+z^2+1.5x^2=1$

<=> $2y^2+2yz+2z^2+3x^2=2  (1)$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có:

$x^2+y^2\geq 2xy$

$x^2+z^2\geq 2xz$

=> $2x^2+y^2+z^2\geq 2xy+2xz$

<=> $3x^2+2y^2+2yz+2z^2\geq x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx$

<=> $2\geq (x+y+z)^2$ (Vì $2y^2+2yz+2z^2+3x^2=2$ theo $(1)$)

<=> $A^2\leq 2$

<=> $-\sqrt{2}\leq A\leq \sqrt{2}$.

Ta có:

$min A=-\sqrt{2}$ <=> $x=y=z=-\frac{\sqrt{2}}{3}$

$max A=\sqrt{2}$ <=> $x=y=z=\frac{\sqrt{2}}{3}$

a/ Min sau: Mình làm thế này không biết có sai không, mọi người xem giúp

-Xét với $A<0$:

Áp dụng $AM-GM$, ta có:

$x.x.2y.(2x+2y-8)\leq(\frac{x+x+2y+2x+2y-8}{4})^4=(\frac{4(x+y)-8}{4})^4\leq(\frac{4.6-8}{4})^4=256$

<=> $-4A\leq 256$

Vì $A<0$ nên ta có:

$A\geq -64$

-Xét với $A\geq 0$

Do đó: $A\geq -64$ với mọi $x;y$ thỏa mãn ĐK bài toán.

Dấu $"="$ xảy ra <=> $x=4;y=2$

Tìm GTNN, GTLN của a, A=x²y(4-x-y) biết $x\geq 0;y\geq 0;x+y\leq 6$

                                     b, B=x+y+z biết y²+yz+z²=1-1,5x²

 a/ Max trước:

Theo $AM-GM$, ta có:

$x.x.2y.(8-2x-2y)\leq (\frac{x+x+2y+8-2x-2y}{4})^4$

<=> $4A\leq (\frac{8}{4})^4$

<=> $4A\leq 16$

<=> $A\leq 4$

Dấu $"="$ xảy ra <=> $x=2; y=1$

Chắc là ví dụ này bị sai. Bạn thử liệt kê ra sẽ thấy chỉ có 4 cách thôi

Có vấn đề chăng? ?

 

 

 

 

Hôm nay 25/03 rồi còn 3 ngày nữa thôi. Mình xin đưa lời giải với bài 1:

Gọi $U_{n}$ là số cách đi mà thầy Tiến có thể đi được với cầu thang có n bậc

Ta nhận thấy:

$U_{1}=1$

$U_{2}=2$

$U_{3}=4$

$U_{4}=7$

$U_{5}=13$

...

Tổng quát hóa: $U_{n}=U_{n-1}+U_{n-2}+U_{n-3}$

Từ đây ta có QTBP để tính $U_{15}$

 

 

 

mình tưởng theo như cái phần người ta ví dụ thì $U_{3}=9$ mất rồi nhỉ :-s

Thêm $2$ bài này nữa anh em: Mình chịu phần nguyên @@

Tình hình là sắp đến kì thì Giải toán trên MTCT THCS cấp Quốc Gia rồi. Mình xin đưa lên một số bài toán mới và khó nhằm trao đổi thêm kinh nghiệm cũng như kiến thức để chuẩn bị tốt cho kì thi...Mong mọi người ủng hộ!!! 

 

Bài 2: Trong game show “Đấu trường 100” là một trò chơi truyền hình do Đài truyền hình Việt Nam (VTV) sản xuất theo sự cho phép của công ty Endemol N.V., Hà Lan. Cuộc tranh tài sẽ diễn ra giữa hai bên, một bên là “người chơi chính” còn bên kia là 100 “người chơi phụ” dưới hình thức trả lời các câu hỏi về kiến thức. Trong phiên bản cũ (năm 2012 trở về trước) luật tính điểm được áp dụng như sau: Nếu người chơi chính trả lời đúng câu hỏi sẽ được cộng thêm số điểm là $\frac{10000a}{x}$

, trong đó x là số người chơi tham gia trả lời câu hỏi, a là số người trả lời sai. “Người chơi phụ” trả lời sai sẽ mất quyền trả lời câu hỏi tiếp theo. Số tiền mà “người chơi chính” nhận được là bằng: số điểm x 1000 (VNĐ). Ngày mai bạn Tiên sẽ được tham gia chương trình, bạn Tiên có một thắc mắc là: Không biết số tiền người chơi chính sẽ nhận được nhiều nhất là bao nhiêu? Bạn hãy giúp bạn Tiên tìm đáp án nhé! (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)

 

Bài 3: Tìm ba chữ số thập phân thứ 2013, 2014, 2015 của $\frac{100}{109}$

(Nộp kết quả 3 chữ số theo thứ tự viết liên tiếp, ví dụ: 123)

 

Bài 4: Trong quá trình giải bài toán tìm số chữ số 0 tận cùng của 31! Bạn Thiện thắc mắc liệu có cách nào tìm được ba chữ số đứng liền trước các chữ số 0 tận cùng của 31! không? Bạn có thể tìm được ba chữ số này chứ?

Bài 2 thì mình ra kết quả đúng này

$=1000\sum(\frac{10000}{x})$ với $x$ chạy từ $1\Rightarrow 100$

Bài 3 thì tính ra $954$ thì phải

Bài 4 thì cứ tính trên giấy nháp thôi ra $288$

Bài 151(Romania TST): Cho a,b,c>0. CMR: nếu $a^2+b^2+c^2=3$ thì

$\sum \frac{1}{a^2+b^3+c^2}\leq 1$

 

Ta áp dụng bất đẳng thức Bunhia:

$(a^2+b^3+c^2)(a^2+b+c^2)\geq (a^2+b^2+c^2)^2=9$

suy ra: $\frac{1}{a^2+b^3+c^2}\leq\frac{a^2+b+c^2}{9}$

$\Rightarrow\sum\frac{1}{a^2+b^3+c^2}\leq\sum\frac{a^2+b+c^2}{9}=\frac{2(a^2+b^2+c^2)+a+b+c}{9}\leq\frac{2.3+3}{9}=1$ 

Bài 119(Thailand MO): Cho a,b,c>0. CMR: 

$\frac{a^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{b^2}{c^2+ca+a^2}+\frac{c^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$

 

Ta có: $2(b^2+bc+c^2)\leq 3(b^2+c^2)$

$\Leftrightarrow b^2+bc+c^2\leq\frac{3}{2}(b^2+c^2)$

$\Leftrightarrow\frac{a^2}{b^2+bc+c^2}\geq\frac{2a^2}{3(b^2+c^2)}$

$\Leftrightarrow\sum\frac{a^2}{b^2+bc+c^2}\geq\frac{2}{3}(\sum\frac{a^2}{b^2+c^2})\geq\frac{2}{3}.\frac{3}{2}=1$ (Bất đẳng thức $Nesbit$)