Dễ thấy $p+q \vdots 2$

$\rightarrow p+q=2.\dfrac{p+q}{2}$

Vì p và q là 2 số nguyên tố liên tiếp nên $\dfrac{p+q}{2}$ là hợp số

$\rightarrow \dfrac{p+q}{2}=p_1.p_2.m$ với $p_1$ và $p_2$ là 2 số nguyên tố

$\rightarrow dpcm$

$a^3+b^3 \geq ab(a+b)$

$\leftrightarrow \dfrac{1}{a^3+b^3+1} \leq \dfrac{1}{ab(a+b+c)}=\dfrac{c}{a+b+c}$

Tương tự cộng từng vế

Bài 2:

$ \dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2}=a-\dfrac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2} \leq a-\dfrac{ab(a+b)}{3ab} $

$=a-\dfrac{a+b}{3} $

Tương tự cộng từ vế

Bài 1:

a) Nhân 4

b) Đặt $x+7=a$

Xét $m <1$

pt vô nghiệm vì $ |x-1|+|x-2|=|x-1|+|2-x| \geq 1$

Xét $m=1$

pt vô số nghiệm vì $1 \leq x \leq 2$

Xét $m>1$

pt vô số nghiệm vì $x \geq 1;x \leq -1$

Vậy pt vô nghiệm khi $m<1$. pt không khi nào có 2 nghiệm với mọi m, pt có vô số nghiệm khi $m \geq 1$

Bài 3:

$\dfrac{\sqrt{z-1}}{z}+\dfrac{\sqrt{y-2}}{y}+\dfrac{\sqrt{x-3}}{x}$

$=\dfrac{\sqrt{z-1}}{z-1+1}+\dfrac{\sqrt{y-2}}{y-2+2}+\dfrac{\sqrt{x-3}}{x-3+3}$

$\leq \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}+\dfrac{1}{2\sqrt{3}}$

Bài 5:

$(\sqrt{2}(xy+yz))^2=4(x.\dfrac{y}{\sqrt{2}}+\dfrac{y}{\sqrt{2}}.z)^2 \leq 4(x^2+z^2)y^2$

$ \leq (x^2+y^2+z^2)^2 $

Mình vẽ tạm nên hơi xấu

$x^2+y^2+z^2+t^2=x_r^2+x_d^2+y_r^2+y_d^2+z_d^2+z_r^2+t_d^2+t_r^2$

$ \geq \dfrac{(x_d+y_d)^2}{2}+\dfrac{(y_r+z_r)^2}{2}+...$

$=\dfrac{16}{2}+\dfrac{9}{2}+\dfrac{16}{2}+\dfrac{9}{2}=25$

$x^2+y^2+z^2+t^2=x_r^2+x_d^2+y_r^2+y_d^2+z_d^2+z_r^2+t_d^2+t_r^2$

$ \leq x_d^2+y_d^2+2x_dy_d+.... =(x_d+y_d)^2+(y_r+z_r)^2+...=16+9+16+9=50$

Đoạn cuối mình làm hơi tắt

Bài 2 đề sai

Bài 3: Áp dụng 2 bdt $2ab \leq (a+b)^2:2 \ \ \ \ \ \ \ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} \geq \dfrac{4}{a+b}$

$\dfrac{4}{2ab}+\dfrac{3}{a^2+b^2} \geq \dfrac{1}{2ab}+3.\dfrac{4}{(a+b)^2} \geq 2+12=14$

Bài 4. Áp dụng 2 bdt $ab+bc+ca \leq (a+b+c)^2 :3 \ \ \ \ \ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \geq \dfrac{9}{x+y+z}$

$\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2015}{ab+bc+ca} = \dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2}{ab+bc+ca}+\dfrac{2013}{ab+bc+ca}$

$\geq \dfrac{9}{(a+b+c)^2}+\dfrac{2013}{ab+bc+ca} \geq 1+671=672$

Bạn có thể giải chi tiết hơn một chút không? Bài 2 hình như ko sai đề đâu bạn ơi. Mà $$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$$ mà bạn ???

Cái đấy mình gõ nhầm. 4 đấy

Bài 2 bạn thử $a=b=c=2$ nhé

 

 

 

 

Bài 3,4 cái bước vận dụng bất đẳng thức bạn có thể trình bày chi tiết hơn không? Nó hơi khó hiểu đối với mình !!!

 

Bài 3:

$\dfrac{4}{2ab}+\dfrac{3}{a^2+b^2}=3(\dfrac{1}{2ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2})+\dfrac{1}{2ab}$

$\geq 3.\dfrac{4}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{\dfrac{(a+b)^2}{2}} =12+2=14$

Bài 4:

$(\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{ab+bc+ca}+\dfrac{1}{ab+bc+ca})+\dfrac{2013}{ab+bc+ca}$

$ \geq \dfrac{9}{(a+b+c)^2}+\dfrac{2013}{\dfrac{(a+b+c)^2}{3}}=1+671=672$

Like ủng hộ cái. Đánh mỏi cả tay

$d)a^3+b^3 \geq ab(a+b)$

$\leftrightarrow \dfrac{1}{a^3+b^3+1} \leq  \dfrac{1}{ab(a+b+c)}=\dfrac{c}{a+b+c}$

Tương tự cộng từng vế

Giả sử P(x) là đa thức bậc $k \geq 2 $ với các hệ số hữu tỉ có một nghiệm vô tỷ là $m+\sqrt{n}(m,n \in Q )$.Chứng minh $P(x)$ có nghiệm vô tỉ thứ 2 là $m-\sqrt{n}$

Cách khác:

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

Cách này có vẻ nhanh hơn

Đk $x\geq1$

+) Ta thấy: x=0 là nghiệm của phương trình.

+) Xét $x\neq 0$ . Ta chia 2 vế cho $x^2$ được:

$1=\sqrt{\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}+\sqrt{\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^3}}$

Đặt $t=\frac{1}{x}$ $(0< t\leq 1)$, được:

$\sqrt{t-t^2}+\sqrt{t^2-t^3}=1 (1)$

t=1 không là nghiệm nên $(1)\Leftrightarrow t+\sqrt{t}=\frac{1}{\sqrt{1-t}} (2)$

Với $(0< t\leq 1)$ nên

$\left\{\begin{matrix}0<VT(2)\leq 2\\ 1\leq VP(2)\end{matrix}\right.$

Ta thấy: 

$VT(2)\geq1 \Leftrightarrow x\geq\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ thì $\Rightarrow VP(2)\geq\frac{1}{\sqrt{1-\frac{\sqrt{5}-1}{2}}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

$VP(2)\leq2\Leftrightarrow x\leq\frac{3}{4}$ thì $\Rightarrow VT(1)\leq\frac{21}{16} < \frac{1+\sqrt{5}}{2}$

$\Rightarrow$ Phương trình (1) vô nghiệm.

 

Vậy pt có nghiệm duy nhất là x=0

Đến chỗ $\sqrt{t-t^2}+\sqrt{t^2-t^3}=1$

Có thể làm là $0 \leq t-t^2=-(t-\dfrac{1}{2})^2+ 0,25 \leq 0,25$

$\leftrightarrow  \sqrt{t-t^2} \leq \dfrac{1}{2}$

$\sqrt{t^2-t^3}=\sqrt{t(t-t^2)} \leq \dfrac{1}{2}$( vì $t \leq 1$)

Cộng từng vế. dấu "=" không xảy ra nên pt có nghiệm duy nhất là 0

Cho $x,y$ là các số hữu tỉ thỏa mãn đẳng thức $x^3+y^3=2xy$

Chứng minh rằng $\sqrt{1-xy}$ là một số hữu tỉ 

$x^3+y^3=2xy \leftrightarrow (x+y)^3=xy(3x+3y+2)$

$\leftrightarrow xy=\dfrac{(x+y)^3}{3x+3y+2}$

Đặt $x+y=t$

$\leftrightarrow 1-xy=1-\dfrac{t^3}{3t+2}=\dfrac{3t+2-t^3}{3t+2}=\dfrac{(t+1)^2(2-t)}{3t+2}$(1)

Lại có $x^3+y^3=2xy$

$\leftrightarrow t(x^2-xy+y^2)=2xy$

$\leftrightarrow (t-2)(x^2-xy+y^2)=-2(x-y)^2 \leftrightarrow (2-t)(x^2-xy+y^2)=2(x-y)^2$

Lại có $3t(x^2-xy+y^2)=6xy $

$ \leftrightarrow (3t+2)(x^2-xy+y^2)=2(x+y)^2$

$\leftrightarrow \dfrac{2-t}{3t+2}=\dfrac{(x-y)^2}{(x+y)^2}$(2)

Từ (1) và (2) dpcm

Tài liệu của ĐHV THCS nguyentrunghieua nhờ mình post

PHÒNG GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO                           ĐỀ HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9
        HUYỆN NAM ĐÀN                                                    NĂM HỌC 2013-2014

 

Đề chính thức

                                       Môn thi:Toán

                                       Thời gian làm bài:150 phút

Câu 4:(3,0 điểm)

        

         b)Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

           $3x^{2}+2y^{2}+z^{2}+4xy+2yz=26-2xz$

        

$GT \leftrightarrow x^2+(x+y)^2+(x+y+z)^2=26$

26 phân tích thành tổng 3 số chính phương dương thì được $1+9+16=26$

Bạn có thể xem lại đề bài 5 được không. Với bất kì điểm D thuộc AB thì luôn kẻ được 1 đường thằng chia tam giác thành 2 phần bằng nhau mà

Câu trả lời là 1 đường thẳng thì bạn nghĩ là sai à hay sao lại phải xem lại đề?

Xét điểm D trên AB sao cho $\dfrac{DB}{AB} > \dfrac{1}{2}$

Vì $\dfrac{DB}{AB} > 0,5$ nên $\dfrac{AB}{2DB} < 1$

Vì vậy có thể xác định được điểm E trên BC sao cho $\dfrac{EB}{BC}=\dfrac{AB}{2DB}$

Khi đó $\dfrac{S_{DBE}}{S_{ABC}}=\dfrac{DB}{AB}.\dfrac{EB}{BC}=\dfrac{DB}{AB}.\dfrac{AB}{2DB}=\dfrac{1}{2}$

Vậy đường thằng DE là đường thẳng chia tam giác ABC thành 2 phần bằng nhau

Xét điểm D trên AB sao cho $\dfrac{DB}{AB} = \dfrac{1}{2}$

Thì DC là đường thằng chia tam giác ABC thành 2 phần bằng nhau

Xét $\dfrac{DB}{AB} < \dfrac{1}{2}$ thì $\dfrac{DC}{AB} > \dfrac{1}{2}$

Làm tương tự $\dfrac{DB}{AB} > \dfrac{1}{2}$

Vậy với mọi điểm D thuộc AB ta luôn kẻ được 1 đường thằng chia tam giác ABC làm 2 phần bằng nhau.

Làm nhầm

chỗ bôi đỏ phía trên tử là mũ 2 chứ bạn

còn chỗ bôi màu xanh thì bạn giải thích giùm mình được không

Mình nhầm 1 chỗ rồi

Cái này không tương tự cho lắm.Nói rõ hộ cái Toàn

Cái đấy tương tự mà

Dễ chứng minh $\Delta QKH$ cân tại K

Ta có: $\Delta PKA$ và $\Delta QKA $ cân tại K

$\rightarrow \widehat{PKQ}=360^o-\widehat{PKA}-\widehat{QKA}=360^o-(180^o-2 \widehat{KAP})-(180^o-2 \widehat{KAQ})$

$=2(\widehat{KAP} +\widehat{KAQ} )=120 ^o$

Mà $\widehat{PKH}=60^o $ nên ...

$(x-1)(z-1) > 0 \leftrightarrow xz-x-z+1 > 0 \leftrightarrow xz+1 > x+z$

$\rightarrow \dfrac{x}{1+y+xz } < \dfrac{x}{x+y+z}$

Tương tự cộng từng vế

$\sum \dfrac{x}{1+y+xz} < \dfrac{x+y+z}{x+y+z} < \dfrac{3}{x+y+z}$

Dấu "=" không xảy ra

Đặt $x+y=k$

$\rightarrow x=k-y$

Thay vào giả thiết

$\rightarrow (k-y)^2+3(k-y)y+4y^2 \leq \dfrac{7}{2}$

$\leftrightarrow k^2-2ky+y^2+3ky-3y^2+4y^2 \leq \dfrac{7}{2}$

$\leftrightarrow 2y^2+ky+k^2 \leq \dfrac{7}{2}$

$\leftrightarrow 2(y-\dfrac{k}{4})^2+\dfrac{7}{8}k^2 \leq \dfrac{7}{2}$

$\leftrightarrow \dfrac{7}{8}k^2 \leq \dfrac{7}{2}$

$\leftrightarrow k^2 \leq 4 \leftrightarrow k \leq 2$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=2;y=-0,5$

Cho $a,b>0$; $a+b=2.$ Tìm Min $A=\left(1-\frac{4}{a^2} \right)\left(1-\frac{4}{b^2} \right).$

$(1-\dfrac{4}{a^2})(1-\dfrac{4}{b^2})=\dfrac{(a-2)(a+2)(b-2)(b+2)}{a^2b^2}=\dfrac{-b(2a+b)(-a)(a+2b)}{a^2b^2}$

$=\dfrac{ab(2a+b)(2b+a)}{a^2b^2}=\dfrac{2a^2+5ab+2b^2}{ab}=\dfrac{2a}{b}+5+\dfrac{2b}{a} \geq 9$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=1$

$x+y+z=xyz $ Theo hệ thức lượng $\rightarrow x+y+z=z^3$

Lại có: $x+y \geq 2\sqrt{xy}=2z$

$\leftrightarrow z^3 \geq 3z \leftrightarrow z \geq \sqrt{3}$