Tất cả a đều thoả

thực chất $a\geq\frac{-1}{10}$ để $u_2$ xác định nữa

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.

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 $Nesbit$)

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

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

Cần giúp bài này

Xét dãy số: $\left\{\begin{matrix} u_1=2\\ u_n=3_{n-1}+2n^3-9n^2+9n-3 \end{matrix}\right.$ ($n=1;2;3;...$)

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố $p$ thì biêu thức:

$M=2003\sum_{i=1}^{p-1}u_i$ chia hết cho $p$

@vietnaminmyheart

Có thằng bạn ở TP tớ làm hết.

Câu cuối học rồi quên sạch mất tiêu. :'(

Đắng!!!!

Là sao vậy?

Mình nghĩ câu cuối phần a như thế này:

Ta có: số được viết trong ô có dạng $(1;j)$ có công thức truy hồi: $n=\frac{j(j+1)}{2}$

Chứng minh bang quy nạp:

Đúng với $1;3;6;10$

Giả sử: $n=\frac{j(j+1)}{2}$ ở ô $(1;j)$

$n+1$ ở ô $(j+1;1)$

$n+2$ ở ô $(j;2)$

.....

$n+j+1$ ở ô $(1;j+1)$

Mà $n+j+1=\frac{j(j+1)}{2}+j+1=\frac{(j+1)(j+2)}{2}$

=> CTTH đúng.

Áp dung: $2016=\frac{63.64}{2}$ nên:

$2016$ ở ô $(1;63)$

$2015$ ở ô $(2;62)$

$m=2;n=62$

Loiw

 

Lời giải câu cuối nè :

Giả sử trong $2015$ điểm có $n$ điểm thẳng hàng ($n\leq2014$) (Có thể có nhiều điểm thẳng hàng khác nhưng không thẳng hàng với $n$ điểm này nhưng không cần quan tâm)

Với $n=1$ tức là không có bất kì hai điểm nào thẳng hàng thì điều phải chứng minh đã rõ

Với $n>1$ thì số đường kẻ từ các điểm còn lại đến $n$ điểm này là $n(2015-n)$

Cộng thêm 1 đường thẳng nữa đi qua n điểm thì số đường thẳng ít nhất là $n(2015-n)+1$

Giờ chỉ việc chứng minh nó $\geq2015$ thôi. Thật vậy ta có : $2015(n-1)-(n-1)(n+1)\geq0<=>(2014-n)(n-1)\geq0$ (Điều này luôn đúng)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài bất đẳng thức có lời giải này khá ngắn gọn

$\sum \frac{x}{4\sqrt{y+z-4}}\geq\sum \frac{x}{y+z}\geq \frac{3}{2}$ (Áp dụng bất đẳng thức Cosi)

Dấu $= : x=y=z=4$

Đề KHTN năm nay dễ ghê, mỗi tội bố mẹ không cho đi thi 

Bạn làm giống mình quá

Cả hai phần luôn

Câu 5:

Dễ thấy $x=0$ không phải là nghiệm chung của 2 phương trình

Gọi nghiệm chung là $x_0$ thì ta có:

$$P(x_0)=Q(x_0)=0$$

$$\Leftrightarrow x_0^4+ax_0^3+bx_0^2+cx_0+1=x_0^4+cx_0^3+bx_0^2+ax_0+1$$

$$\Leftrightarrow (a-c)x_0^3=(a-c)x_0$$

$$\Leftrightarrow x_0^2=1\Leftrightarrow x_0=\pm 1$$

 

Vậy nghiệm chung của 2 phương trình là $\pm 1$

Hình như đề bảo tìm tất cả các nghiệm còn lại của phương trình.

Thay $x=1$ vào PT: $P(x)=0$, ta có: $a+b+c=-2$

         $x=-1$vào PT: $P(x)=0$, ta có: $-a+b-c=-2$

Do đó, $b=-2$; $a=-c$

$P(x)=0\Leftrightarrow x^4+ax^3-2x^2-ax^2+1=0$

$\Leftrightarrow (x^2-1)(x^2+ax-1)=0$

PT có tập nghiệm $S_1={1;-1;\frac{\sqrt{a^2+4}-a}{2};\frac{-\sqrt{a^2+4}-a}{2}}$

Tương tự với $Q(x)=0$

 

Dùng công thức truy hồi:

Đặt U_n=$(3+\sqrt{5})^{n}+(3-\sqrt{5})^{n}$

Đặt $(3+\sqrt{5})^{n} = A$

Đặt $(3+\sqrt{5})^{n} = B$

 $Un=A^{n}+B^{n}$

 U_n+1=$A^{n}.(3+\sqrt{5})+B^{n}.(3-\sqrt{5})$

 U_n+2=$A^{n}.(3+\sqrt{5})^{2}+B^{n}.(3-\sqrt{5})^{2}$

U_n+2=$6A^{n}.(3+\sqrt{5})-4A^{n}+6B^{n}.(3-\sqrt{5})-4B^{n}$

U_n+2=6U_n+1-4U_n suy ra ĐPCM

 

Làm thế này được không nhỉ?

Theo khai triển Newton, ta có:

$(3+\sqrt{5})^n=A+B\sqrt{5}$

$(3-\sqrt{5})^n=A-B\sqrt{5}$ với ($A,B\in\mathbb{Z}$)

Suy ra: $(3+\sqrt{5})^n+(3-\sqrt{5})^n=2A\in\mathbb{Z}$ (đpcm)

Câu 5: ( 2 điểm)

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác và x,y,z là ba số thực thoả mãn:
$ax+by+cz+a+b+c=0$.Chứng minh rằng:
$xy+yz+zx+2x+2y+2z+3 \leq 0$

Theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ít nhất $2$ trong $3$ số: $x+1;y+1;z+1$ cùng không dương hoặc không âm, giả sử: $(y+1)(z+1)\geq 0$

Ta có: $a(x+1)+b(y+1)+c(z+1)=0$

$\Leftrightarrow a(x+1)=-b(y+1)-c(z+1)$

$\Leftrightarrow x+1=\frac{-b(y+1)-c(z+1)}{a}$

ĐPCM $\Leftrightarrow (x+1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x+1)\leq 0$

$\Leftrightarrow (x+1)((y+1)+(z+1))+(y+1)(z+1)\leq 0$

$\Leftrightarrow\frac{[-b(y+1)-c(z+1)][(y+1)+(z+1)]}{a}+(y+1)(z+1)\leq 0$

$\Leftrightarrow -b(y+1)^2-c(z+1)^2-(b+c)(y+1)(z+1)+a(y+1)(z+1)\leq 0$

$\Leftrightarrow -b(y+1)^2-c(z+1)^2-(b+c-a)(y+1)(z+1)\leq 0$

Ta có: $-b(y+1)^2\leq 0$ và $-c(z+1)^2\leq 0$ và $-(b+c-a)(y+1)(z+1)\leq 0$ (BĐT trong tam giác)

$\Leftrightarrow DPCM$

Câu c theo Brokard có: $IL\bot MZ$ với $Z$ là giao điểm của $ED$ với $PF$.

Còn theo định lý Pascal thì: $M,B,Z$ thẳng hàng nên: $MZ$ vuông góc $BC$

Suy ra $IL$ song song với $BC$ nên $I$ thuộc $LK$

vì bạn đăng đề sang topic này nên mình phải coppy bài viết của mình sang để mọi người cùng xem:

câu 3b: đặt $a=x^{2};b=y^{2},c=z^{2}$

ta có: $P=\sum \frac{1}{x^{2}+2y^{2}+3}$ $=\sum \frac{1}{x^{2}+y^{2}+y^{2}+1+2}\leq \sum \frac{1}{2}.\frac{1}{xy+y+1}$

mặt khác vì $x^{2}y^{2}z^{2}=1\Rightarrow xyz=1$. ta dễ dàng chứng minh được $\frac{1}{xy+y+1}+\frac{1}{yz+z+1}+\frac{1}{zx+x+1}=1$ từ đó suy ra $P\leq \frac{1}{2}$

Sai rồi bạn ơi, phải là $3z^2$ vì đề là $\sum\frac{1}{a+2b+3c}$

Theo mình thì thêm một bước nữa để trờ về bài giải của @HoangVienDuy

Áp dụng $Cauchy$ với $3$ số dương, ta có:

$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$ vì $abc=1$

Do đó, $P\leq\sum\frac{1}{b+2c+3}$

Đến đây giống bài giải của bạn rồi, chỉ thay $a\rightarrow b;b\rightarrow c;c\rightarrow a$

Lời giải bài hình của em:

Bài 1: Tìm GTNN của biểu thức:

               $P = x^2 + y^2 + xy + x + y$

Bài 2: Tìm GTLN của biểu thức:

              $Q= -5x^2 - 2xy - 2y^2 + 14x + 10y -1$

Bạn nên đọc nội quy của diễn đàn trước khi gia nhập.

Bài 1: $4P=4x^2+4xy+4y^2+4x+4y=(4x^2+4xy+y^2)+2(2x+y)+3y^2+2y=(2x+y)^2+2(2x+y)+1+3. (y^2+\frac{2}{3}y+\frac{1}{9})-\frac{4}{3}=(2x+y+1)^2+3.(y+\frac{1}{3})^2-\frac{4}{3}\geq\frac{-4}{3}$

Dấu = xảy ra tại: $x=y=\frac{-1}{3}$

Bài 2: $-2Q=10x^2+4xy+4y^2-28x-20y+2=4y^2+4xy+y^2-10(2y+x)+9x^2-18x+2=(2y+x)^2-10(2y+x)+25+9(x^2-2x+1)-32=(2y+x-5)^2+9(x-1)^2-32\geq -32$

Bạn tự làm tiếp

 

Câu 4(4đ): a) Ở đây

 

C1: Ta có: $\frac{x^2+12}{x+y}+y=\frac{x^2+xy+y^2+12}{x+y}$

Xét: $\frac{x^2+12}{x+y}-6=\frac{x^2+xy+y^2+12-6x-6y}{x+y}$

Ta có: $4(x^2+xy+12-6x-6y)=[(2x+y)^2-12(2x+y)+36]+3(y^2-4y+4)=(2x+y-6)^2+3(y-2)^2\geq 0$

Do đó, $\frac{x^2+12}{x+y}+y-6\geq 0$

$\Rightarrow\frac{x^2+12}{x+y}+y\geq 6$

Đẳng thức xảy ra tại $x=y=2$

C2: Chứng minh được: $x^2+xy+y^2\geq\frac{3}{4}(x+y)^2$

Do đó, $\frac{x^2+12}{x+y}+y\geq\frac{\frac{3}{4}(x+y)^2+12}{x+y}\geq\frac{2\sqrt{\frac{3}{4}.(x+y)^2.12}}{x+y}=6$

Bài 2. 

Dễ thấy $P(x)=(x^3-3)Q(x)+2017$

Đặt $Q(x)=a_{n} x^n+a_{n-1} x^{n-1}+...+a_0$ 

$P(x)=a_{n} x^{n+3}+a_{n-1} x^{n+2} +a_{n-2} x^{n+1} +( a_{n-3}-3a_{n} ) x^n+(a_{n-4}-3a_{n-1}) x^{n-1}+...+(a_{0}-3a_{3})x^3-3a_{2} x^2 -3a_{1} x +2017 - 3a_{0}$

Do $P(x)$ có hệ số không âm nên ta phải có hệ
$$\left\{\begin{matrix} a_{n},a_{n-1},a_{n-2} \geq 0\\ a_{n-3} \geq 3a_{n}\geq 0\\ ...\\ a_{0} \geq 3 a_{3} \geq 0\\ a_1 ,a_2 \leq 0\\ a_0 \leq \dfrac{2017}{3}\\ \end{matrix}\right.$$

Cho ta các nghiệm nguyên không âm $a_{n}=a_{n-1}=...=a_{1}=0$ hay $Q(x)=a_0=c \leq 672$ là hàm hằng. 

$P(1)=c+2017-3c=2017-2c \geq 673$

Dấu "=" xảy ra khi $P(x)=672 x^3 +1$

$P(x)=1+2x^6+2x^9+2x^{15}+2x^{18}$ $P(\sqrt[3]{3})=2017, P(1)=9<674$

Ban ra đề kém thế? lấy nguyên câu bđt bọn a mới thi chuyển hệ kì I. Lúc thi a có 3 cách làm như sau:

C1:

Đặt a=1-x, b=2-y thay vào đc c=3+x+y.

Thay vào bđt cần cm phá ra nhóm đc điều phải cm.

C2: 

BĐT cần chứng minh tương đương với :

$x+y+z+xy+yz+zx\geq 3xyz\Leftrightarrow 7+z(6-z)+xy(1-3z)\geq 0$

kết hợp với AM-GM ta có :$7+z(6-z)+xy(1-3z)\geq 7+z(6-z)+\frac{(7-z)^2}{8}(1-3z) ;( 1-3z<0)=\frac{1}{8}(z-3)(7-z)(3z-5)\geq 0\Rightarrow Q.E.D$

C3: Dùng tính chất của hàm số bậc nhất. cố định 1 biến z kết hợp với tính chất min, max của hàm số bậc nhất tại 1 khoảng xảy ra ở biên cũng suy ra đc đpcm.

P/S: Mấy ông ra đề toàn ăn cắp. năm ngoái ăn cắp cả bài hình thi CSP :3

Chán quá anh ạ, thiếu tí thời gian thì làm được :'(

Thôi rảnh tay làm bài cuối phát:

$6=a+b+c=a+\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+\frac{c}{3}+\frac{c}{3}+\frac{c}{3}\geq 6\sqrt[6]{\frac{ab^2c^3}{108}}$

$\Rightarrow 108\geq ab^2c^3$

$\Rightarrow 216\geq 108a^2b\geq (abc)^3$ vì $a\leq 1; b\leq 2$)

$\Rightarrow abc\leq 6$

Ta có: BĐT cần chứng minh:

$\Leftrightarrow\frac{a+1}{a}.\frac{b+1}{b}.\frac{c+1}{c}\geq 4$

$\Leftrightarrow (1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})\geq 4$

$\Leftrightarrow 1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{a+b+c+1}{abc}\geq 4$

$\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{7}{abc}\geq 3$

Áp dụng Cô si:

$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\geq 3\sqrt[3]{\frac{6}{abc}}\geq 3$

$\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\geq 2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$

Do đó: $3.(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq\frac{11}{2}$

$\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq\frac{11}{6}$

Có: $\frac{7}{abc}\geq\frac{7}{6}$

Do đó, $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{7}{abc}\geq 3$

$\Rightarrow Q.E.D$

P/s: chán ước gì thêm 5 phút :'(

Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa cấp tỉnh

Năm học: 2014-2015

Môn thu: Toán 9

Ngày thi: 21/3/2015

Sở giáo dục và đào tạo

Bắc Giang

Câu 1:

Cho $P=\frac{\sqrt{x}-2\sqrt{y}}{\sqrt{x}-3\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{x}+2\sqrt{y}}-\frac{5y}{x-\sqrt{xy}-6y}$ với $x\geq 0; y>0; x\neq 9y$

1/ Tính $\frac{x}{y}$ biết $P=\frac{2007+2\sqrt{2015}}{2011}$

2/ Tìm $max P$.

Câu 2:

1/ Giải phương trình:$\sqrt{2x+1}+\frac{2x-1}{x+3}-(2x-1)\sqrt{x^2+4}-\sqrt{2}=0$

2/ Giải hệ phương trình:

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

Câu 3:

1/ Cho phương trình: $ax^2-(b-a+1)x=m^2+1$ $(1)$.

a/ Với $a=1;b=2$ thì phương trình $(1)$ luôn có 2 nghiệm: $x_1;x_2$. Tìm min $x_1^2+x_2^2$

b/ Nếu: $2a^2+b^2-2ab-6a+2b+5=0$ thì pt $(1)$ có hai nghiệm đối nhau,

2/ Tìm $2$ chữ số tận cùng của $S=1^{22}+2^{22}+3^{22}+.....+2015^{22}$

Câu 4:

1/ Cho hình vuông $ABCD$ và $M$ thuộc phân giác ngoài $\widehat{ABC}$ nhưng $M$ không thuộc $DA,DC$. Đường trung trưc của $MD$ cắt $BC$, $AB$ lần lượt tại $E,F$. Chứng minh rằng: $DEMF$ là hình vuông.

2/ Trên cạnh $AB,BC,CA$ của $\Delta ABC$ đều lấy $M,N,P$ sao cho: $AM=BN=CP$

a/ Chứng minh $O$ của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta MNP$.

b/ Tìm $M,N,P$ để có $min P_{\Delta MNP}$

Câu 5:

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a\leq 1; b\leq 2$ và $a+b+c=6$

CMR: $(a+1)(b+1)(c+1)\geq 4abc$

P/s: đề năm nay khá khó, mình còn bài 5, vừa trống cái nghĩ ra

Mọi người chém câu 4-1 trước đi, tại mình làm bằng cách chứng minh trùng nên hơi sợ:$DE'MF'$ là hình vuông.

Đề năm nay dễ hơn mọi năm )

Xin chém câu 5: Gọi cạnh của hình chữ nhật là $a;b$.

Bình phương đường chéo hình chữ nhật là: $a^2+b^2$

Diện tích hình chữ nhật là: $ab$

Do đó: $a^2+b^2\vdots ab$

Đặt $GCD(a;b)=d\Rightarrow a=da_1;b=db_1$ với ($GCD(a_1;b_1)=1$)

Ta có:

$d^2(a_1^2+b_1^2)\vdots d^2a_1b_1$

$\Rightarrow a_1^2+b_1^2\vdots a_1b_1$

$\Rightarrow a_1^2+b_1^2\vdots a_1$

$\Rightarrow b_1^2\vdots a_1$

Vì $GCD(a_1;b_1)=1$. Do đó, $a_1=1$. Tương tự $b_1=1$

Do đó, $a=b=d\Rightarrow ABCD$ là hình vuông $\Rightarrow Q.E.D$

Gọi các trung điểm như bài vẽ.

Bằng cách cộng góc, dễ dàng chứng minh được: $AI\bot CD$

Ta có: $OG\bot CD$ nên $AI// OG$

Lại có: $AO//IG$ vì cùng vuông góc với $EF$

Do đó, tứ giác $AOGI$ là hình bình hành nên có: $GI=OA=R$

$\Rightarrow G$ thuộc $1$ đường thẳng song song với tiếp tuyến tại $B$ của đường tròn, cách một khoảng không đổi $=R$.

Tóm tặt thế             

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                  ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG 

        BẮC GIANG                                                                 NĂM HỌC: 2015-2016

                                                                                               MÔN THI: TOÁN

   ĐỀ THI CHÍNH THỨC                               (dành cho học sinh thi vào chuyên Toán, Tin học)

     (Đề thi có 01 trang)                                                        Ngày thi: 10/6/2015

                                                                  Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I:

       1. Cho biểu thức: $A=(2-\frac{2\sqrt{xy}+1}{1+\sqrt{xy}}+\frac{1}{1-\sqrt{xy}}+\frac{2\sqrt{x}}{1-xy}): (\frac{\sqrt{xy}-\sqrt{x}}{\sqrt{xy}+1}-\frac{\sqrt{xy}+\sqrt{x}}{\sqrt{xy}-1})$

           a. Tìm điều kiện của $x;y$ để biểu thức $A$ có nghĩa, từ đó hãy rút gọn biểu thức $A$.

           b. Cho $\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}=12$, chứng minh: $A\leq 36$

       2. Cho phương trình: $x^4-2mx^2+m^2-1=0$ $(1)$ ($x$ là ẩn, $m$ là tham số). Tìm giá trị của $m$ để phương trình $(1)$ có $4$ nghiệm phân biệt: $x_1;x_2;x_3;x_4$ sao cho: $x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4=40$

Câu II: 

       1. Giải phương trình: $15\sqrt{x^3-1}=4(x^2+2)$

       2. Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 2\sqrt{x+y}=y^2+y-x \\ x(y^2+y)=(y^4-y^2)^2-2 \end{matrix}\right.$

Câu III:

       1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: $54x^3-1=y^3$

       2. Trong tất cả các tam giác nội tiếp đường tròn $(O)$ bán kính $R>0$ cho trước, hãy xác định tam giác có diện tích lớn nhất.

Câu IV:

       Cho điểm $A$ cố định nằm ngoài đường tròn $(O;R)$. Một đường thẳng thay đổi luôn đi qua $A$ và không qua $O$ cắt đường tròn tại $B,C$: $AB<AC$. Các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn $(O)$ cắt nhau tại $D$. Đường thẳng qua $D$ vuông góc $AO$ cắt $AO$ tại $H$ và cung nhỏ $BC$ của đường tròn $(O)$ tại $M$

       1. Chứng minh $AM$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$

       2. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp $\Delta BOC$ luôn đi qua điểm cố định.

       3. Chứng minh: $\frac{AC}{AB}=(\frac{HM}{HB})^2$

Câu V:

       Chứng minh rằng trong $2015$ số tự nhiên liên tiếp bất kì, luôn tồn tại ít nhất một số có tổng các chữ số chia hết cho $28$