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

 

Chùm bài tập chứng minh BĐT chứa biến ở mẫu

 

$199)$ Cho $a;b;c>0$ thỏa $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm Min $M=\sum \frac{a^5}{b^3+c^2}+\sum a^4$

 

Áp dụng bdt Cauchy ta có

$\frac{a^{5}}{b^{3}+c^{2}}+(\frac{b^{3}+c^{2}}{4})+\frac{a}{2}\geq \frac{3}{2}a^{2}$

Thiết lập các bất đẳng thức tương tự ta có

$\sum \frac{a^{5}}{b^{3}+c^{2}}+\frac{\sum a^{3}+\sum a^{2}}{4}+\frac{\sum a}{2}\geq \frac{9}{2}$

Mà ta có $a^{4}+a^{2}\geq 2a^{3},6a^{4}+6\geq 12a^{2},a^{4}+3\geq 4a$

Tương tự cho b,c

Cộng các bdt trên ta có

$8\sum (a^{4})+27\geq 2\sum a^{3}+11\sum a^{2}+4\sum a<=>8\sum a^{4}\geq \sum 2a^{3}+\sum 2a^{2}+4\sum a$ 

<=>$\sum a^{4}\geq \frac{\sum a^{3}+\sum a^{2}}{4}+\frac{\sum a}{2}$

=> $M\geq \sum \frac{a^{5}}{b^{3}+c^{2}}+\frac{\sum a^{3}+\sum a^{2}}{4}+\frac{\sum a}{2}\geq \frac{9}{2}$

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

1. Chứng minh rằng :

đồ thị hàm số y = (m - 1)x + m -2 hàm số đi qua một điểm cố định.

2. Cho đường thẳng y = (m - 2 )x + 2    (1)

a,Tìm khoảng cách của m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến (1) bằng 1

b, Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến (1) có giá trị lớn nhất

3. Cho a (1; _1) : B (2: -3) : C (-1 : 3)

CMR: A,B,C thẳng hàng

3, A,B,C đều thuộc đồ thị hàm số y=-2x+1 nên thẳng hàng

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 .

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

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

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

Họ và tên: Trần Nguyên Lân

Lớp 9A  trường THCS Đặng Thai Mai, thành phố Vinh, Nghệ An

Đề: Giải phương trình nghiệm nguyên:

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

Đáp án: Do $x^{2}+x+1> 0$ $\forall x$ (=$(x+\frac{1}{2})^{2}$+$\frac{3}{4}$)

Nên $x^{3}< y^{3}$ suy ra x< y

.)Với y=x+1 ta có:

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

Suy ra: $(x+1)(x^{2}+1-(x+1)^{2})=0$

            $-2x(x+1)$=0

Suy ra: x=0 hoặc x=1 tương đương y=1 hoặc y=2

.)Với x+1<y

Ta có: $x^{3}+x^{2}+x+1>(x+1)^{3}=x^{3}+3x^{2}+3x+1$ 

nên $2(x^{2}+x)<0$ hay x(x+1)<0 tương đương với -1<x<0

Mà do x nguyên nên vô nghiệm

Vậy phương trình chỉ có duy nhất 2 cặp nghiệm(x;y)=(0;1)và(1;2)

227. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x+y=2 (1)& \\ (x-y)^{2}+16(\sqrt{x}+\sqrt{y})=32 (2)& \end{matrix}\right.$
Viết vào 1 bài, không tách thành 2
P/s: Kĩ năng thế này thì sao làm được ĐHV hả anh/chị!

Đặt $\sqrt{xy}=t (t\leq 1)$ ta có 

(2) <=> $(x+y)^{2}-4xy+16(\sqrt{x}+\sqrt{y})=32$ 

<=>$4(\sqrt{x}+\sqrt{y})=xy+7$

<=> $16(\sqrt{x}+\sqrt{y})^{2}=x^{2}y^{2}+14xy+49$

<=>$16(2+t)=t^{4}+14t^{2}+49$

<=>$(t-1)^{2}(t^{2}+2t+7)=0<=> t=1$

Suy ra $\sqrt{xy}=1,x+y=2$ =>$x=1,y=1$

Sorry mọi người, sai thì ẩn hộ bài nhé!

Giải:

đk: $x \geq 0; y \geq 0$

Ta thấy $x=y=1$ là nghiệm của hệ

Xét $x>1;y>1$ $\Rightarrow x+y>2$ (loại)

Xét $0 \leq x<1;0 \leq y<1$$\Rightarrow x+y<2$ (loại)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất $(x;y)=(1;1)$

Bài 1: Một tháng có ba ngày chủ nhật đều là ngày chẵn. Ngày 15 tháng đó là thứ mấy?

Bài 2: Tỉ số của 2 số là 7/12, thêm 10 vào số thứ nhất thì tỉ số của chúng là 3/4. Tổng của 2 số là 

Bài 1: Do 2 ngày CN liên tiếp cách nhau 7 ngày nên nếu 3 ngày CN đều là ngày chẵn thì tháng đó có 5 ngày CN nhưng ngày CN đầu tiên chỉ có thể bắt đầu từ ngày 2,4,... và 1 tháng có không quá 31 ngày

=> Chỉ có thể các ngày CN là: 2,9,16,23,30

=> Ngày 15 là thứ 7

Bài 2 Gọi 2 số là a,b

$\left\{\begin{matrix} a=\frac{7}{12}b & & \\ (a+10)=\frac{3}{4}b & & \end{matrix}\right.$

Giải hệ này ta được $a=35,b=60$ => a+b=95

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

$S=\O$

_________________________
$S = 0$

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)

Sở GD&ĐT Nghệ An                      Kỳ Thi Chọn Học Thi Giỏi Lớp 9
                                                               Năm Học 2013-2014
   Đề Chính Thức                                  Môn Thi: Toán- Bảng A
                                                    Thời gian:150 phút (không kể thời gian giao đề)
 
Câu 5 Cho đường gấp khúc khép kín có độ dài bằng $1$.Chứng minh rằng luôn tồn tại một hình tròn có bán kính $R=\dfrac{1}{4}$ chứa toàn bộ đường gấp khúc đó 

Trên đường gấp khúc lấy 2 điểm A,B sao cho A,B chia đường gấp khúc thành 2 phần = nhau =0,5
Suy ra $AB\leq 0,5$. Gọi trung điểm AB là O
Xét C là 1 điểm thuộc đường gấp khúc thì ta có $CM\leq (\frac{CA+CB}{2})\leq \frac{\frac{1}{2}}{2}=\frac{1}{4}$ (do C thuộc đường gấp khúc có độ dài =0,5
Tương tự thì khoảng cách từ O tới các điểm khác của đường gấp khúc cũng <$\frac{1}{4}$
Vậy $(O;\frac{1}{4})$ chính là đường tròn cần tìm

P/s: Đây chính là bài 203 trong sách Các bài toán hình học tổ hợp của Vũ Hữu Bình

a, Xét $\triangle$MBH và $\triangle$NCK có:MB=CN(GT),$\angle$MBH=$\angle$NCK=$\angle$ACB

Suy ra $\triangle$MBH=$\triangle$NCK (ch-gnh) nên MH=NK

Mà MH$\parallel$NK suy ra MHNK là hình bình hành

Suy ra BC cắt MN tại trung điểm I của MN

b,Trên tia phân giác góc A lấy điểm O sao cho OB$\perp$AB ,OC$\perp$AC suy ra O cố định

Do AO phân giác $\angle$BAC suy ra OB=OC

Xét $\triangle$OBM và $\triangle$OCN có:

OB=OC(cmt), BM=CN(gt), OM$\angle$OBM =$\angle$OCN =90 độ

Suy ra $\triangle$OBM=$\triangle$OCN(cgc)

suy ra OM=ON nên O nằm trên đường trung trực MN(chính là đường thẳng vuông góc MN tại I)

Vậy đường thẳng vuông góc MN tại I đi qua điểm cố định O

 

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Đại Học Vinh môn toán (vòng 2)

Năm Học 2014-2015

 

 

 

Câu 3: Giả sử $n$ là một số nguyên dương và $a_1,a_2,..a_{n}$ là các số nguyên lẻ.

      Đặt $A_{n}=a_1^4+a_2^4+...+a_{n}^4$. Chứng minh rằng $A_{n}$ chai hết cho 16 khi và chỉ khi $n$ chia hết cho 16

 

 

Ta có $x^{4}-1=(x^{2}-1)(x^{2}+1)=(x-1)(x+1)(x^{2}+1)$

Với x lẻ thì (x-1)(x+1) là tích 2 số chãn liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 4

$x^{2}+1$ chẵn

Nên $(x^{2}+1)(x-1)(x+1)$ chia hết cho 16 hay $x^{4}-1\vdots 16 <=> x^{4}\equiv 1(mod 16)$

Áp dụng ta có $A_{n}\equiv n (mod 16)$ hay $A_{n}\vdots 16 <=> n\vdots 16$

 

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Đại Học Vinh môn toán (vòng 2)

Năm Học 2014-2015

 

 

 

 

Câu 4: Giả sử $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $x+y+z+xyz=4$

Tìm giá trị lớn nhất của $P=xy+yz+zx$

Không mất tính tổng quát giả sử x là số nhỏ nhất

Xét 2 trường hợp sau

TH1: yz$\leq 1$

Suy ra xy,xz$\leq 1$ hay P$\leq 3$

TH2: yz>1

Suy ra $xyz\geq x => 4=x+y+z+xyz\geq x+y+x+z\geq 2\sqrt{(x+y)(x+z)}=2\sqrt{x^{2}+P}\geq 2\sqrt{P}$

Hay $P\leq 4$

Vậy Max P=4 <=>$\left\{\begin{matrix} xyz=x & & \\ x^{2}=0 & & \\ x+y=x+z & & \\ x+y+z+xyz=4 & & \end{matrix}\right.$

<=> x=0,y=z=2 và các hoán vị

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

Minh nham, xem bai ben duoi

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

$d=10$

$S=44.5$

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

Giải phương trình

• $$b)2\sqrt[3]{3x-2}+3\sqrt{6-5x}=8$$

​(mọi người nên ghi lời giải đầy đủ)

Sử dụng liên hợp ta có

$3\sqrt{6-5x}-12=3(\sqrt{6-5x})-4)=3.\frac{6-5x-16}{\sqrt{6-5x}+4}=-3.\frac{x+2}{\sqrt{6-5z}+4}$

$2\sqrt[3]{3x-2}+4=2(\sqrt[3]{3x-2}+2)=2(\frac{3x-2+8}{(\sqrt[3]{3x-2})^{2}-2\sqrt[3]{3x-2}+4})$$=6(\frac{x+2}{(\sqrt[3]{3x-2})^{2}-2\sqrt[3]{3x-2}+4})$

Ta có $3\sqrt{6-5x}-12+2\sqrt[3]{3x-2}+4=0$

Nên dễ thấy nghiệm PT là x=-2

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 $S={4+\sqrt{6},4-\sqrt{6}}$

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)