Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
$$1+x+y^2+x^3=1987^y$$
P/s: Chả biết đề đúng hay sai nữa, her her ... Nhưng nếu nó chỉ dừng lại ở $1+x+x^2+x^3=1987^y$ thì không còn là bài toán khó

Problem: Đếm số hình vuông $n*n$, trong đó các ô vuông con $1*1$ được điền các số $0,1$ sao cho mỗi hàng, mỗi cột có tổng các số là chẵn.

1/ Dựng một đường tròn tiếp xúc với hai đường thẳng và một đường tròn cho trước

2/ Dựng một đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn và một đường thẳng cho trước

3/ Dựng một đường tròn tiếp xúc ngoài với ba đường tròn cho trước (3 đường tròn này không có điểm chung)

Câu I ( 2 điểm): Cho hàm số : $f(x) = \sqrt{x^2+3}-x $ và $x_1;x_2$ là 2 nghiệm pt $x^2+(m-3)x+m=0$ Tính :
$$f(x_1)+f(x_2)+f(x_1).f(x_2)$$

Câu II (3 điểm):
1) Giải phương trình : $$(x^2+19x-5)+19(x^2+19x-5)-x=5$$
2) Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} 2x^2(8x-1) + y^2 = 0 \\ \frac{9x^2}{x^2+y+1}+\frac{x^2+y+1}{x^2}=10 \end{matrix}\right.$

Câu III (2 điểm):
1) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n để $$ 5^n+1 \vdots 49^{2012}$$
2) Tìm x;y nguyên dương để: $$\sqrt{x-1}+\sqrt{y+1} = \sqrt{\frac{xy-1+x-y}{2012}}$$

Câu IV (2 điểm) :Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H và 2 đường cao BE;CF,phân giác trong AD.Gọi I;K lần lượt là trung điểm AH;BC.IK cắt AD ở M.Chứng minh rằng E;M;H;F cùng thuộc 1 đường tròn

Câu V (1 điểm)Cho x;y dương thay đổi.Tìm Min:
$$ P=\frac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{y}}+\frac{\sqrt{y}}{2}+ \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}} +\frac{1}{1+\sqrt{x}} $$

Nguồn: Son9701 - diendan.hocmai.vn
Đề này được post cách đây 3 ngày, cũng không chắc có phải là ngày thi không . Thời gian làm bài cũng mù tịt

Problem: Cho số nguyên dương $n$, chứng minh rằng:
$$\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{i^2(i+2)\sqrt{i+1}}<\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$$

$\fbox{Bài toán:}$      Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:
$$\left \lfloor n\sqrt{2} \right \rfloor=\left \lfloor 2+m\sqrt{2} \right \rfloor$$

Ngày thi: 22/10/2012

Thời gian: 180 phút

(Vòng 1)

Câu 1. (5 điểm)
Xác định tất cả các giá trị thực của m để từ đó tìm được 2 số nguyên a và b sao cho đa thức: $P(x)=x^5+mx-1$ chia hết cho đa thức: $Q(x)=x^2-ax+b$

Câu 2. (5 điểm)
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n cho trước thì phương trình:$x^{2n+1}=x+1$ có đúng một nghiệm thực. Gọi nghiệm ấy là $x_n$, tìm $\lim x_n$

Câu 3. (4 điểm)
Cho tam giác đều $ABC$ cạnh $a$, tâm $O$. Đường thẳng $d$ qua $O$ cắt $AB,BC,AC$ lần lượt tại $M, N, I$ . Chứng minh rằng: $\dfrac{1}{OM^2}+\dfrac{1}{ON^2}+\dfrac{1}{OI^2}$ không đổi khi $d$ quay quanh $O$.

Câu 4. (3 điểm)
Cho dãy số $(x_n)_{n=1}^7$ gồm các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện:
$ x_6=144;\ \ \ x_{n+3}=x_{n+2}(x_{n+1}+x_n)$ với $n=1,2,3,4$.
Tính $x_7$

Câu 5. (3 điểm)
Cho bộ 3 số $(a;b;c)$ các số không đồng thời bằng nhau. Ta thực hiện phép toán sau: Nếu có bộ 3 số $(x;y;z)$ thì được thay thế bằng bộ 3 số $(x-y;y-z;z-x)$
a. Chứng minh rằng: Từ bộ 3 số $(a;b;c)$ ban đầu bằng cách thực hiện liên tiếp phép toán trên một số bước thích hợp ta nhận được bộ 3 số mà tồn tại ít nhất 1 trong 3 số đó lớn hơn số $22^{10}$.
b. Chứng minh rằng từ bộ 3 số $(a;b;c)$ ban đầu, với $a, b, c$ là các số nguyên. Nếu ta thực hiện liên tiếp phép toán trên một số bước thích hợp thì nhận được bộ 3 số mà ít nhất 1 trong 3 số đó chia hết cho $3^{2012}$

----------------------------- HẾT -----------------------------

Đã chém được $2,4,5$. Nhưng bài 4 làm vòng vèo quá ="=. Có đề mà không có đáp án so
P/s: Quê mình không hay cho BĐT, PTH thì phải?

Cho $\bigtriangleup ABC$ đều nội tiếp (o). M $M\epsilon$ (o) a)
cmr a) cos$\widehat{MOA}$ +cos$\widehat{MOB}$ +cos$\widehat{MOC}$=0 ( da chung minh duoc)
b)
$cos^{2}\widehat{MOA}+cos^{2}\widehat{MOB}+cos^{2}\widehat{MOC}=\frac{3}{2}$
c)
$cos^{4}\widehat{MOA}+cos^{4}\widehat{MOB}+cos^{4}\widehat{MOC}=\frac{9}{8}$

Bài c/m khá dài nên mình chỉ nói vài ý chính:
Giả sử $M\in $ cung nhỏ $BC$. Ta sẽ c/m lần lượt:
+)$MA^2+MB^2+MC^2=6R^2$ (chú ý: $R^2=OA^2=(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MO})^2=...$)
+)$MA^4+MB^4+MC^4=2a^4$ với $a$ là cạnh của tam giác, sau đó tính $a$ theo $R$.
(Chú ý $MA=MB+MC;MB^2+MC^2+MB.MC=a^2$)

Cuối cùng là ráp lại theo công thức:
$\sum cos^{2}\widehat{MOA}=\sum \left(\dfrac{\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{OA}}{OM.OA} \right)^2=\sum \left(\dfrac{OM^2+OA^2-AM^2}{2OM.OA} \right)^2$
Sau đó biến đổi trâu sẽ ra.
---
Phần c thực chất là một bài toán biến đổi đại số :
Cho $\left\{\begin{matrix}x+y+z=0\\ x^2+y^2+z^2=\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.$
CMR: $x^4+y^4+z^4=\dfrac{9}{8}$

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thoả mãn $ 7^n+147 $ là số chíng phương

Đề nghị gửi bài có chọn lọc. Bài này post vào box THCS thôi chứ nghĩ sao post vào box Olympiad ="=
---
Đặt $7^n+147=x^2$
-Nếu $n=2k$ thì đưa về pt ước số $(x-7^k)(x+7^k)=147...$
-Nếu $n=2k+1$ thì $VT\equiv (-1)^n+3\equiv 2\ (mod\ 4)$, mà $VP\equiv 0;1\ (mod\ 4)$ nên TH này vô nghiệm.

Cho $a,b,c>0$. CMR
$(a^{2}+ab+bc)(b^{2}+bc+ca)(c^{2}+ca+ab)\ge (ab+bc+ca)^{3}$

KMTTQ, giả sử $a$ nằm giữa $b$ và $c$. Áp dụng BĐT $Holder$ ta có:
$$(a^2+ab+bc)(ac+b^2+bc)(c^2+a^2+bc)\ge (ac+ab+bc)^3$$

Vậy ta cần chứng minh:
$$c^2+ca+ab\ge c^2+a^2+bc\\ \Leftrightarrow (a-b)(a-c)\le 0$$

Đúng theo điều giả sử. Vậy BĐT đã cho được c/m, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ $\square$

Pro: Giải phương trình sau trên tập số nguyên:
$$x^2+y^2+z^2=kxyz$$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=$\frac{2005x+2006\sqrt{1-x^2}+2007}{\sqrt{1-x^2}}$

Hướng dẫn tí rồi đi chiến đấu với ông Sáu :
ĐK:...
$$P=\frac{2005x+2007}{\sqrt{1-x^2}}+2006=\frac{2006(1+x)+(1-x)}{\sqrt{1-x^2}}+2006\\\ge \frac{2\sqrt{2006(1+x)(1-x)}}{\sqrt{1-x^2}}+2006=2006+2\sqrt{2006}\ (const)$$

Chứng minh rằng có vô hạn các số có dạng $a_n=2^n-3$ ($n \geq 2$) đôi một nguyên tố cùng nhau

Xét : $n>1$ thì $a_n$ lẻ. Ta có hai giá trị khởi đầu:
$$a_2=1;a_3=5\Rightarrow (a_2;a_3)=1$$

Ta sẽ chứng minh: Giả sử ta chọn được dãy $b_1,b_2,...,b_k$ là dãy con của dãy $a_n$ thỏa mãn các phần tử của dãy đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta sẽ chứng minh $\exists b_{k+1}$ đôi một nguyên tố cùng nhau với $b_1,b_2,...,b_k$. Thật vậy, đặt:
$$A=b_1.b_2....b_k\\ \Rightarrow (A,2)=1$$
Áp dụng định lí Euler:
$$2^{\varphi(A)}-1\vdots A$$
Mà $A$ lẻ $\Rightarrow (2^{\varphi(A)}-3,A)=1\Rightarrow 2^{\varphi(A)}-3$ đôi một nguyên tố cùng nhau với $b_1,b_2,...,b_k$.
Vậy ta chọn $b_{k+1}=\varphi(A)$.
Ta đã c/m được sự vô hạn của dãy $b_k$. Vậy mệnh đề được c/m $\square$

Cho đường tròn O dây AB cố định khác đường kính. Trên cung nhỏ AB lấy C, vẽ dây CD vuông góc với AB tại H, CK vuông góc với AD tại K. E là giao điểm của HK và BD.
Tìm vị trí của điểm C trên cung nhỏ AB để CK.AD + CE.BD có GTLN.

SOLUTION:
-Ta dễ dàng c/m $CE\perp AB$ (đây có thể nói là bài toán ngược của đường thẳng Sim-sơn)
Sau khi c/m xong ta có:
$$CK.AD+CE.BD=2S_{ACD}+2S_{BCD}=2S_{ACBD}=AB.CD$$
Mà $AB$ có độ dài không đổi (gt) nên $CK.AD+CE.BD$ đạt GTLN khi và chỉ khi $CD$ đạt GTLN
Mặt khác, $CD\le 2R$ với $R$ là bán kính đường tròn $(O)$ (theo quan hệ giữa dây và đường kính trong đường tròn)
Suy ra $CK.AD+CE.BD\le 2R.AB=const$
Dấu bằng xảy ra khi $CD$ là đường kính của đường tròn $(O)$
Vậy $max(CK.AD+CE.BD)=2R.AB$ khi $CD$ là đường kính của đường tròn $(O)$

Nếu không nhầm đây là bài hình trong đề thi vào ĐHKHTN năm 2008 vòng 2 sau khi ông rút gọn phần a)

Ta có: $$ P \le \dfrac{a^2+2}{b^2+1}+\dfrac{b^2+2}{c^2+1}+ \dfrac{c^2+2}{a^2+1} = Q $$ Đặt $ \begin{cases} x = a^2+1 \\ y = b^2+1 \\ z =c^2 + 1 \end{cases} \Rightarrow x,\ y,\ z \in [1;2] $ và: $$ Q = \frac{x+1}{y} + \frac{y+1}{z} + \frac{z+1}{x} $$ Không mất tính tổng quát giả sử: $y$ nằm giữa $x$ và $z$, khi đó ta có: $(x-y)(z-y) \le 0 \Leftrightarrow \frac{x}{y} + \frac{y}{z} \le 1 + \frac{x}{z} $.
Do đó ta có: $$ \begin{aligned} Q & \le \frac{z}{x} + \frac{x}{z} + 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \\ & \le \frac{z}{x} + \frac{x}{z} + \frac{1}{x} + \frac{1}{z} + 2 \end{aligned} $$ Ta sẽ chứng minh: $$ \begin{aligned} & \frac{z}{x} + \frac{x}{z} + \frac{1}{x} + \frac{1}{z} \le 4 \\ \Leftrightarrow & x^2 + z^2 + x + z \le 4xz \end{aligned} $$
Mặt khác do $(x-1)(x-2) \le 0 \Leftrightarrow x^2 + 2 \le 3x$, tương tự $z^2+2 \le 3z$ nên ta cần chứng minh: $$ 4(x+z ) \le 4xz + 4 \Leftrightarrow (x-1)(z-1) \ge 0 \text{(đúng)} $$ Do đó ta có: $Q \le 6$. Mà $P \le Q \Rightarrow P \le 6$.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: $ (a;b;c) = (1;0;0)$ và các hoán vị hoặc (0;0;0).
Kết luận: P đạt giá trị lớn nhất là 6 khi và chỉ khi $(a;b;c)=(1;0;0)$ và các hoán vị hoặc (0;0;0)
Nguồn: Duynhan

1/ Tích n số tự nhiên liên tiếp là số chính phương khi 1 trong các số đó bằng 0
-Áp dụng có $x={2011;2012;2013}$
2/ $(x+y)^2=(x-1)(y+1)\leq \frac{(x-1+y+1)^2}{4}=\frac{(x+y)^2}{4}\Rightarrow \frac{3}{4}(x+y)^2\leq 0$
Việc còn lại là ...

Bài 1: $S=\sum \frac{1}{xy}\geq \frac{9}{xy+yz+zx}\geq \frac{9}{x^2+y^2+z^2}$ (Áp dụng BĐT $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$) $\geq \frac{9}{3}=3$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
Vậy $minS=3$ khi $x=y=z=1$
Bài 2: $S=(x+z)(y+t)\leq \frac{(x+y+z+t)^2}{4}=\frac{(1.x+1.y+\frac{1}{\sqrt{2}}.z\sqrt{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}.t\sqrt{2})^2}{4}$
$\leq ^{Cauchy-Schwarz}\frac{(1^2+1^2+\frac{1}{2}+\frac{1}{2})(x^2+y^2+2z^2+2t^2)}{4}=\frac{3}{4}$
Bài toán xong, dấu bằng vô tỉ nên lười tìm
Bài 3: Ghép Cauchy chăng ?

$I$ thì hiển nhiên nằm trên nửa đường tròn đường kính AB ở trong miền của $(O;R)$
-Theo t/c đường kính đi qua trung điểm của dây không qua tâm, ta có: $\widehat{OJB}=90^o$
Bạn c/m tương tự ở: http://diendantoanho...showtopic=73026
Thì sẽ có: $AB^2+MN^2=4R^2\Rightarrow MN^2=4R^2-AB^2=const$
Từ đây áp dụng định lí Pytago vô $\Delta ONJ$ thì sẽ tính được $OJ=\frac{AB}{2}=const$
Từ đây suy ra $J\in (O;\frac{AB}{2})$
Nhưng $J$ chỉ chạy trên cung tròn thôi, bạn làm nốt giới hạn, đảo và kết luận nhé

C1: Đây là hệ đối xứng loại 1. Bạn có thể giải theo cách thông thường là đổi biến $S,P$ .
C2: Nhận thấy với $x=0\vee y=0$ thì hệ vô nghiệm. Với $x,y\ne 0$, chia 2 vế của pt 1 cho $xy$, pt 2 cho $x^2y^2$, ta có:
$$(I)\left\{\begin{matrix}\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+1=\frac{4}{xy}\\\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}+1=\frac{8}{x^2y^2}\end{matrix}\right.$$
Đặt $a=\frac{x}{y}+\frac{y}{x};b=\frac{2}{xy}$ thì hệ $(I)$ trở thành:
$$\left\{\begin{matrix}a+1=2b\\a^2-1=2b^2\end{matrix}\right.$$
Hệ này thì "no problem" rồi

-Người ta viết vào mỗi ô vuông một trong các số -1,1,hoặc 0 nên có thể xảy ra trường hợp các tổng của 5 số có thể là: $ -5;-4;-3;-2;-1;0;1;2;3;4;5$ (11 trường hợp)
-Tổng cộng có: 5 tổng hàng+5 tổng cột+2 tổng đường chéo=12 tổng. +Theo diricle có ĐPCM

Tìm tất cả các số thực a để phương trình $x^2-ax+a+2=0$ có nghiệm nguyên.
-------------------
-Bài này không chặn được nghiệm $x_0$ nguyên rồi
-Đã c/m được $a$ hữu tỉ. Liệu có chứng minh được $a$ nguyên?

Từ gt suy ra:
$p_2=p_1+6$
$p_3=p_1+12$
$p_4=p_1+18$
$p_5=p_1+24$
*Với $p_1=2\Leftrightarrow p_2=8$ không phải SNT (loại)
*Với $p_1=3\Leftrightarrow p_2=9$ không phải SNT (loại)
*Với $p_1=5\Leftrightarrow p_2=11;p_3=17;p_4=23;p_5=29$ đều là các số nguyên tố (thỏa mãn)
*Với $p_1>5$. Vì $p_1$ là SNT lớn hơn $5$ nên không chia hết cho $5$. Ta xét các trường hợp sau với $k\in N^*$:
+) Với $p_1=5k+1\Leftrightarrow p_5=5k+25\vdots 5$ và $p_5>5$ nên không phải STN (loại)
+) Với $p_1=5k+2\Leftrightarrow p_4=5k+20\vdots 5$ và $p_4>5$ nên không phải STN (loại)
+) Với $p_1=5k+3\Leftrightarrow p_3=5k+15\vdots 5$ và $p_3>5$ nên không phải STN (loại)
+) Với $p_1=5k+4\Leftrightarrow p_2=5k+10\vdots 5$ và $p_2>5$ nên không phải STN (loại)
Vậy $p_1=5;p_2=11;p_3=17;p_4=23;p_5=29$ là các giá trị thỏa mãn đề bài

Giải pt nghiệm nguyên dương
$$ab=3(b-a)$$

WTF?
$$ab=3(b-a)\\ \Leftrightarrow ab-3b+3a=0\\ \Leftrightarrow (ab-3b)+(3a-9)=-9\\ \Leftrightarrow b(a-3)+3(a-3)=-9\\ \Leftrightarrow (a-3)(b+3)=-9$$
P/s: Ta chỉ cần xét trường hợp $a-3=-1;b+3=9$ vì $b\ge 1\Rightarrow b+3\ge 4$
P/s 2: Bài này tặng Toàn à, vậy mình hơi bon chen rồi

Viết sau sô 1993 một số tự nhiên $a$ thì được số mới chia hết cho 101:

a) Tìm GTNN của $a$
b) Nêu dấu hiệu chia hết cho $101$,chứng minh
c) Tìm công thức tổng quát của $a$

---------------
Thực ra bài thật thì chỉ có phần a), nhưng bạn nào có khả năng giúp mình phần $b);c)$ nữa nhé