Xác định đa thức f(x) có các hệ số nguyên không âm nhỏ hơn 8 thỏa mãn f(x)=2345

Nếu là f(8)=2345 thì xét trên cơ số 8 là ra

$f(x)=4x^{3}+4x^{2}+5x+1$

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 $\Delta ABC$

Tìm nghiệm nguyên: 

$y^{3}-x^{3}=x^{2}+x+1$

Do $x^{2}+x+1> 0$ nên $y^{3}>x^{3}$ suy ra y>x

Lại có $x^{3}+x^{2}+x+1$<$x^{3}+6x^{2}+12x+8$ (do $5x^{2}+11x+8=4x^{2}+8x+4+x^{2}+3x+5$>0)

Suy ra $y^{3}<(x+2)^{3}$ suy ra y<x+2

Vậy y=x+1

Thay vào phương trình ban đầu tìm được (x;y)={(0;1),(-1;0)

Cho a,b,c >0 và a+b+c=1. Tìm min
$\frac{1}{2+4a}+\frac{1}{3+9b}+\frac{1}{6+36c}$

Áp dụng bđt Bunhiacốpxki ta có:

($\frac{1}{2(2a+1)}+\frac{1}{3(3b+1)})(\frac{1}{6(6c+1)})$(a+\frac{1}{2}+b+\frac{1}{3}+c+\frac{1}{6})$)$\geq (\sqrt{\frac{1}{2(2a+1)}(a+\frac{1}{2})}+\sqrt{\frac{1}{3(3b+1)}(b+\frac{1}{3})}+\sqrt{\frac{1}{6(6c+1)}(c+\frac{1}{6})}$

Hay $\frac{1}{2(2a+1)}+\frac{1}{3(3b+1)})(\frac{1}{6(6c+1))}$$\geq (\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}):(a+b+c+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6})$=1:2

Min A =0,5 khi (2a+1=3b+1=6c+1)hay a=$\frac{1}{2}$,b=$\frac{1}{3}$,c=$\frac{1}{6}$.

Cho $0\leqslant a\leqslant b\leqslant c\leqslant 1$, Tìm max của biểu thức:

$P=(a+b+c+3)(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1})$.

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Nguyễn Trãi-Hải Dương)

Bài này dùng BCS là xong mà, Max P=9 khi a=b=c

e moj hx lp 8 ek. pkan tam giac dog dag ckua hx. paj nax e gjaj ra uj post len cko pa kn tkuong tkuc

Thế thì có cách khác 

CF_|_ OD suy ra FG là trung tuyến ứng với cạnh huyền

Suy ra FG=BC/2 rồi làm như trên

Chắc lớp 8 học cái này rồi phải không?   

2/  Cho hình thang cân ABCD có góc ACD=$60^{\circ}$, O là giao điểm của hai đường chéo. gọi E, F,G theo thứ tự là trung điểm của OA, OD, BC. Tam giác EFG là tam giác gì? Vì sao?

 

Ta dễ c/m được $\angle BDC=\angle ACD=60^{\circ}$ =>Các tam giác OBA,ODC đều

Lấy K trung điểm OC.Ta có KG=OB/2,FK=DC/2=OC/2,$\angle FKG=\angle BOC=120^{\circ}$

=>$\triangle FKG đồng dạng \triangle COB (cgc)$

=>FG=BC/2=AD/2

Tương tự với I trung điểm OB $\triangle GIE đồng dạng \triangle DOA (cgc)$

=>EG=AD/2

Lại có EF=AD/2(đtb) suy ra EG=GF=EF=AD/2 => EGF là tam giác đều

Cho $x, y, z$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $xyz = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  

$$E=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{1}{y^3(z+x)}+\frac{1}{z^3(x+y)}.$$

Toán thủ ra đề: angleofdarkness

Ta có $E=\sum \frac{1}{x^{3}(y+z)}=\sum \frac{xyz}{x^{3}(y+z)}=\sum \frac{1}{x^{2}(\frac{1}{y}+\frac{1}{z})}$

Đặt $\frac{1}{x}=a,\frac{1}{y}=b,\frac{1}{z}=c=>abc=1$

$E=\sum \frac{1}{\frac{b+c}{a^{2}}}=\sum \frac{a^{2}}{b+c}$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki và Côsi ta có:

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

Suy ra $E.2(a+b+c)\geq (a+b+c)^{2}<=> E\geq \frac{a+b+c}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\frac{3}{2}$

Vậy Min E=$\frac{3}{2}<=>a=b=c<=>x=y=z=1$

d=10

S = 47

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

ĐKXĐ: $x\geq 0$

Đặt $\sqrt{x-1}=a,\sqrt{x^{2}+x+1}=b$ 

Suy ra $2x^{2}+5x-1=3a^{2}+b^{2}$,$ab=\sqrt{x^{3}-1}$$3a^{2}+2b^{2}=7ab$

<=>$(a-2b)(3a-b)=0<=>a=2b hoặc a=\frac{b}{3}$

Với $a=2b =>x-1=4(x^{2}+x+1)$

<=>$4x^{2}+3x+5=0$ vô lí vì $3x^{2}+3x+3+x^{2}+2>0$

Với $3a=b$ suy ra $9(x-1)=x^{2}+x+1$ <=> $x^{2}-8x+10=0$<=> $x=4+\sqrt{6},x=4-\sqrt{6}$

Vậy nghiệm của phương trình là $S={4+\sqrt{6},4-\sqrt{6}}$

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

ĐKXĐ: $x\geq 0$

Đặt $\sqrt{x-1}=a,\sqrt{x^{2}+x+1}=b$ 

Suy ra $2x^{2}+5x-1=3a^{2}+b^{2}$,$ab=\sqrt{x^{3}-1}$$3a^{2}+2b^{2}=7ab$

<=>$(a-2b)(3a-b)=0<=>a=2b hoặc a=\frac{b}{3}$

Với $a=2b =>x-1=4(x^{2}+x+1)$

<=>$4x^{2}+3x+5=0$ vô lí vì $3x^{2}+3x+3+x^{2}+2>0$

Với $3a=b$ suy ra $9(x-1)=x^{2}+x+1$ <=> $x^{2}-8x+10=0$<=> $x=4+\sqrt{6},x=4-\sqrt{6}$

Vậy nghiệm của phương trình là $S={4+\sqrt{6},4-\sqrt{6}}$

     d =10

     S =17+10.3=47

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

ĐKXĐ: $x\geq 0$

Đặt $\sqrt{x-1}=a,\sqrt{x^{2}+x+1}=b$ 

Suy ra $2x^{2}+5x-1=3a^{2}+b^{2}$,$ab=\sqrt{x^{3}-1}$$3a^{2}+2b^{2}=7ab$

<=>$(a-2b)(3a-b)=0<=>a=2b hoặc a=\frac{b}{3}$

Với $a=2b =>x-1=4(x^{2}+x+1)$

<=>$4x^{2}+3x+5=0$ vô lí vì $3x^{2}+3x+3+x^{2}+2>0$

Với $3a=b$ suy ra $9(x-1)=x^{2}+x+1$ <=> $x^{2}-8x+10=0$<=> $x=4+\sqrt{6},x=4-\sqrt{6}$

Vậy nghiệm của phương trình là $S={4+\sqrt{6},4-\sqrt{6}}$

  d =10

 S =17+10.3=47

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

ĐKXĐ: $x\geq 0$

Đặt $\sqrt{x-1}=a,\sqrt{x^{2}+x+1}=b$ 

Suy ra $2x^{2}+5x-1=3a^{2}+b^{2}$,$ab=\sqrt{x^{3}-1}$$3a^{2}+2b^{2}=7ab$

<=>$(a-2b)(3a-b)=0<=>a=2b hoặc a=\frac{b}{3}$

Với $a=2b =>x-1=4(x^{2}+x+1)$

<=>$4x^{2}+3x+5=0$ vô lí vì $3x^{2}+3x+3+x^{2}+2>0$

Với $3a=b$ suy ra $9(x-1)=x^{2}+x+1$ <=> $x^{2}-8x+10=0$<=> $x=4+\sqrt{6},x=4-\sqrt{6}$

Vậy nghiệm của phương trình là $S={4+\sqrt{6},4-\sqrt{6}}$

Tồn tại hay không các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình sau đây ?

$$\sqrt{2025x^2+2012x+3188}=2013x-2011y+2094$$

Đề của 

lenin1999

Có tồn tại, ví dụ x=1,y=2

Không biết cách này được không ạ

   Bạn nên trình bày cẩn thận không nên chỉ đánh giá tắt

    d = 0

    S =0

Tồn tại hay không các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình sau đây ?

$$\sqrt{2025x^2+2012x+3188}=2013x-2011y+2094$$

Đề của 

lenin1999

Em xin giải cách khác ạ:

Đặt a=2013x-2011y+2094 suy ra $2025x^{2}+2012x+3188=a^{2}$

<=>$(2025x)^{2}+2.2025x.1006+1006^{2}+3188.2025-1006^{2}-(45a)^{2}=0$

$(2025x+1006)^{2}-(45a)^{2}=-5443664$

Mà 45a=90585x-90495y+94230

Suy ra (2025x+1006-90585x+90495y-94230)(2025x+1006+90585x-90495y+94230)=-5443664

<=> (90495y-88560x-93224)(92610x-90495y+95236)=-5443664

Đặt 90495y-88560x-93224=u,92610x-90495y+95236=v

Nhận thấy u,v cùng tính chẵn lẻ mà tích chẵn suy ra u,v chẵn => y chẵn

=>    $u,v\equiv 6(mod 10)$

Do -5443664=$2^{4}.397.857$=-794.6856=-1714.3176

Với u=-794,v=6856 suy ra x=1,y=2 (thỏa mãn)

Với u=6856,v=-794 suy ra x=1,y=$\frac{4192}{2011}$ không thuộc Z

Với u=-1714,v=3176 suy ra $x=\frac{-11}{81}$ không thuộc Z

Với u=3176,v=-1714 suy ra $x=\frac{-11}{81}$ không thuộc Z 

Vậy chỉ có x=1, y=2 là nghiệm nguyên phương trình

     d =10

    S = 17+10.3 =47

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) 

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 .

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

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

$d=10$

$S=44.5$

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

Minh nham, xem bai ben duoi

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 số nguyên dương $r$ và một bảng hình chữ nhật chia thành $20$x$12$ ô vuông. Ta chỉ được di chuyển từ một ô vuông đến ô vuông khác khi khoảng cách giữa hai tâm của hai ô đó bằng $\sqrt{r}$.

 

Xét bài toán tìm một dãy các nước đi để chuyển từ ô này sang ô khác mà 2 ô đó nằm ở 2 góc kề nhau của bảng, 2 góc đó nằm trên cùng 1 chiều dài hình chữ nhật. 

 

a) CMR bài toán không giải được nếu $r$ chia hết cho $2$ hoặc $3$.

b)CMR bài toán giải được không khi $r=73$? Khi $r=79$?

 

Đề bài của buiminhhieu

Nếu từ ô này di chuyển sang ô khác tức là từ tâm ô này di chuyển sang tâm ô khác

a,Ta chọn 4 ô ở 4 góc, thứ tự gọi là A,B,C,D

Nối các tâm AB,BC,CD,DA ta được 1 hình chữ nhật 19x11 ta giả sử AB=19,AD=11,AB là cạnh bên dưới

Ta cần đi từ A sang B

Với điểm M bất kì là tâm 1 hình vuông ban đầu, kẻ MH,MK vuông góc với AB,AD

Gọi $AH=x_{M},AK=y_{M}$ suy ra $x_{M}$,$y_{M}$ số tự nhiên

Sau 1 lần di chuyẻn A đi đến E

Suy ra $x_{E}^{2}+y_{E}^{2}=r$ (Pitago)

Nếu r chia hết cho 2 suy ra $x_{E}$,$y_{E}$ cùng tính chẵn lẻ

Như vậy nếu từ E đi đến F thì $x_{F}$,$y_{F}$ cùng tính chẵn lẻ

Mà $x_{B}$=19,$y_{B}$=0 không cùng tính chẵn lẻ nên không thể từ A đi về B

=> r không chia hết cho 2

Nếu r chia hết cho 3 thì do số chính phương chỉ có thể chia 3 dư 0 hoặc 1 nên $x_{E}$, $y_{E}$ chia hết cho 3

Từ E đi đến F thì $x_{F}$,$y_{F}$ cũng chia hết cho 3

Mà $x_{B}$=19 không chia hết cho 3 nên từ A không thể đi đến B

=> r không chia hết cho 3

b, r=73 thì không thể do 73=$3^{2}+8^{2}$

Mà do (8;3)=1 và $x_{M}$ <12,$y_{M}$ <20

nên đoạn thẳng AB chỉ có thể chứa 3 điểm trong dãy các điểm đi

Đó là 3 điểm A(0;0), P(6;0) và Q(16;0) không thể có điểm B

Vì vậy với r=73 thì từ A không thể sang B

r=79 thì $x_{E}^{2}+y_{E}^{2}=79$ với $x_{E}$, $y_{E}$ là số tự nhiên

Mà 79 không thể phân tích thành bất kì tổng 2 số chính phương nào

nên khoảng cách giữa 2 tâm 2 ô bất kì không thể bằng $\sqrt{r}=\sqrt{79}$

vậy không giải được với r=79

Đề: có 5 chữ số, nếu ta đặt số 1 ở đầu, ta sẽ dc kết quả nhỏ hơn khi ta đặt số 1 ở cuối 3 lần.

Đây là đề gốc (tiếng anh):

"what 5-digit number has the following features:
if we put the numeral 1 at the beginning, we get a number three times smaller than if we put the numeral 1 at the end of the number."

 

Xin lỗi vì mình chỉ biết đề có nhiêu đó, mong mọi người giải dùm mình.

Gọi số ban đầu là A(A là số tự nhiên có 5 chữ số)

Theo gt ta có 3(100000+A)=10A+1

tương đương với: 7A=299999

                             A=42857

Vậy số cần tìm là 42857

 

3/cho a,b,c >0 và $6(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\leq 1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ CMR

          $\sum \frac{1}{10a+b+c}\leq \frac{1}{12}$

 

 

 

3,Ta có bđt cần cm <=> $\sum \frac{144}{10a+b+c}\leq 12$

Mà$\frac{144}{10a+b+c}\leq \frac{10}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

=>Ta chỉ cần c/m $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 1$

Đặt $\sum \frac{1}{a}=x$ ta có $2x^{2}\leq 6(\sum \frac{1}{a^{2}})\leq 1+x$

<=> $(x-1)(2x+1)\leq 0<=> x\leq 1$ =>ĐPCM

tiếp nhé:

Cho các số thực dương a,b chứng minh rằng:

 

c, $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{ab}{a^{2}-ab+b^{2}}\geq 3$

 

c,BĐT <=> $\frac{a^{2}+b^{2}}{ab}+\frac{ab}{a^{2}-ab+b^{2}}\geq 3$

             <=> $\frac{a^{2}-ab+b^{2}}{ab}+\frac{ab}{a^{2}-ab+b^{2}}\geq 2$ (Đúng theo Côsi)