Bài 26 (Azerbaijan JMO). Cho $n\in\mathbb{N}$. Chứng minh rằng:

\[n\sqrt[n+1]{n+2}+\sqrt[n+1]{n+2}-1<n+1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n+1}\]

bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

$2+\frac{3}{2}+\frac{4}{3}+...+\frac{n+2}{n+1}>(n+1)\sqrt[n+1]{n+2}$

đúng theo AM-GM nhưng đấu bằng không xảy ra

b) từ câu a) ta dễ thầy tam giác PDQ đồng dạng tam giác CFB và bằng biến đổi góc ta chứng minh được tam giác EDQ và CFD đồng dạng ghép các tỉ số với chú ý BD.DC=DE.DF 

bài này vẫn đúng khi đổi điều kiện thành ab+bc+ac+abc=4 và khi đổi điều kiện thành a+b+c+1=4abc thì bất đẳng thức ngược lại tức là

ab+bc+ac $\geq$ a+b+c

em đọc mấy bài giải trên rồi nhưng không biết cách em có giống mấy cách trên không nếu giống mong mọi người thứ lỗi 

PE giao AQ=I và QF giao AP=J chứng minh được I,J thuộc (O) dùng pascal cho A,A,I,J,E,F suy ra EF, PQ, tiếp tuyến tại A đồng qui và AM giao NF tại T' áp dụng pascal cho A.F.N,J,I,M suy ra P,T',O thẳng hàng suy ra T' trùng T suy ra T, N, F thẳng chứng minh tương tự S,M,E thẳng áp dụng pascal cho A,A,,M,N,F,E suy ra ST, EF tiếp tuyến tại A suy ra ST,PQ,EF, tiếp tuyến tại A đồng qui (em không biết cách viết thứ tự các điểm để dùng pascal nên mong mọi người thứ lỗi)

a=b=0 suy ra P bằng 2 

5) trong các số có dang 11...11 thì tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 1993 giả sử a=11...1(m số 1 ) và b=11...1( n số 1 )với m>n suy ra a-b chia hết cho 1993 mà $a-b=111...11.10^{n}$ với m-n số 1 mà $(1993,10^n)=1$ suy ra  111...11 chia hết cho 1993 có m-n số 1

2)$n^2+1 |n^3-8n^2+2n=n(n^2+1)-8(n^2+1)+n+8$ suy ra $n^2+1|n+8$ suy ra $n+8 \geq n^2+1$ tương dương $-2\leq n \leq 3$ mà n>0 vậy thử vài trường hợp thì suy ra n=2

6) trong 17 số thì toàn tại ít nhất 5 số có cùng số dư suy ra đây là 5 số cần tìm 

Dựa vào cơ sở nào để biết mà xét hiệu $\frac{36x+3}{50}-\frac{x}{x^{2}+1}$ thế bạn?

nhờ đạo hàm xét tiếp tuyến đó bạn

1a)dùng vài bài toán cơ bản sau chứng minh đc MOAQ và NOPB là tứ giác nội tiếp rồi dùng tam giác dồng dạng suy ra $\frac{MP}{OP}=\frac{AP}{QP}$ , và dủng bổ đê sau AQPB nội tiếp suy ra $\frac{PQ}{AB}=\frac{AP}{BC}$ vậy để thỏa đề thì phải chứng minh BC.QP=AP.OB cái này đúng theo 2 tam giác đồng dạng là BOC và PQA  cái này động dạng góc góc chứng minh dễ dàng

b) câu này thì theo bổ đề câu a) suy ra E là tâm (AQB) vậy EQB=EBQ=QBC suy ra EQ song song BC suy ra dpcm

theo mình câu 2 diều kiện phải là $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{2}{b}$

giải

quy đồng lên hết vậy ta phải chứng minh $9ab+9bc\geq 12ac+6b^2$ tương dương $36ab+36bc \geq 48ac+24b^2$ cái này  đúng theo giả thiết 

$\frac{4}{a+c}\leq\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{2}{b}$ tương dương $2bc+2ab\geq 4b^2$ và $ab+bc=2ac$

bạn làm rõ ra được ko, mình chưa hiểu lắm  

bổ đề đầu MOAQ là tứ giác nội tiếp chứng minh bằng góc QMA =90-$\frac{BCA}{2}$=góc QOA chứng minh bằng các đường phân giác

bài này qui đồng rồi dùng canchy cho $\frac{x^3y}{2}+\frac{xy^3}{2} \geq x^2y^2$ và $\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{xy^3}{2}+\frac{x^3y}{2}\geq 2xy$

em có lời giải bằng talet cho câu b) và mở rông

trong mở rộng khi cho AD là phân giác thì A,I,Y thẳng và khi AD là trung tuyến thì A,T,P,U,Y thẳng nên ta cũng suy ra bài USAMO 2008

A=$(2^4)^2+2.2^4.2^6+(2^6)^2=(2^4+2^6)^2$ suy ra $n=12$

bài này tui gặp khá nhiều lời giải gần giống như trên nhưng tui không chắc đây có phài là nghiệm duy nhất hay không

Lời giải hay. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ chứng minh $HT$ cũng đồng quy.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),M,N,P$ lần lượt là trung điểm $BC,CA,AB;T,I$ là tâm nội tiếp của $MNP$ và $ABC$ và  $X,Y,Z$ là tâm bàng tiếp $Ạ,B,C$ lấy $L$ thỏa mãn $AL$ là đường kính  của $(T,TẠ)$, tương tự cho $BK,CQ$, H là trực tâm tam giác ABC.

a)Chứng minh $OI,XL,KY,QZ,HT$ đồng quy. 

b)Gọi $R,T$ là hình chiếu của $N,P$ lên $YZ,CL,BL$ cắt $BX,CX$ tại $P,Q$. Chứng minh $Q,P,R,T$ đồng viên

Nguồn:

Giải ra cho em được không?

bài 1) là IMO 1960 

giải

bổ đề số chia hết cho 11 suy ra tổng các chữ số hàng chẵn trừ các số hàng lẻ chia hết cho 11 suy ra b-a-c chia hết cho 11 suy ra b-a-c=0 hoặc 

b-c-a=11 

TH1 b-c-a=0 suy ra b=c+a thể vào đề biến đổi suy ra cần tìm nghiệm nguyên cho pt sau $10a+c=2a^2+2ac+2c^2$ đến đây nhiều cách giải nhưng cuối cùng suy ra c=0 hoặc c=2 rồi thế ngược cuối cùng thì ra $\overline{abc}=550$

TH2 b-c-a=11 làm tương tự suy ra $\overline{abc}=803$

mình giải ở trên rồi mà

bài 1) là IMO 1960 

giải

bổ đề số chia hết cho 11 suy ra tổng các chữ số hàng chẵn trừ các số hàng lẻ chia hết cho 11 suy ra b-a-c chia hết cho 11 suy ra b-a-c=0 hoặc 

b-c-a=11 

TH1 b-c-a=0 suy ra b=c+a thể vào đề biến đổi suy ra cần tìm nghiệm nguyên cho pt sau $10a+c=2a^2+2ac+2c^2$ đến đây nhiều cách giải nhưng cuối cùng suy ra c=0 hoặc c=2 rồi thế ngược cuối cùng thì ra $\overline{abc}=550$

TH2 b-c-a=11 làm tương tự suy ra $\overline{abc}=803$

1a) $y=\frac{3x^3-5}{x}=3x^2-\frac{5}{x}$ suy x=1(loại) hoặc bằng x=5 (nhận)

ta có $\frac{1}{x^2+x} \geq \frac{5}{4}-\frac{3}{4}x$

nếu bạn quan tâm cách làm từ đâu có thể tham khảo phương pháp tiếp tuyến

theo bồ đề về bộ 3 pytago ta gọi x,y,z là 3 cạnh tam giác vuông vậy x,y,z phải thỏa mãn x=2mn và y=$m^2-n^2$ và z=$m^2+n^2$ hoặc  y=2mn và x=$m^2-n^2$ và z=$m^2+n^2$ với z là cạnh huyền (m,n)=1 m>n  từ đây bạn thế vào giả thiết là diện tích bằng chu vi ra hai nghiệm 1 cái loại do ko thỏa  cái còn lại thì rút m theo n rồi thế vào 2 hệ trên thì ra đc 2 bộ nghiệm của bài toán

2) bạn cần nói rõ a thuộc tập nào vì nếu ko thì a chỉ cần là số vô tỉ là thỏa đề

Tìm số tự nhiên $\overline{abcd}$ sao cho số đó chia hết cho tích của $\overline{ab}$ và $\overline{cd}$

Giải

Theo bài ra, ta có: $\overline{abcd} \, \vdots \, \overline{ab}.\overline{cd} \Leftrightarrow \overline{ab}.100 + \overline{cd} \, \vdots \, \overline{ab}.\overline{cd}$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overline{ab}.100 + \overline{cd} \, \vdots \, \overline{ab}\\\overline{ab}.100 + \overline{cd} \, \vdots \, \overline{cd}\end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overline{cd} \, \vdots \, \overline{ab}\\\left[\begin{array}{l} \overline{ab} \, \vdots \, \overline{cd}\\100 \, \vdots \, \overline{cd} \end{array}\right.\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{l}\overline{ab} \, \vdots \, \overline{cd}\\\overline{cd} \, \vdots \, \overline{ab}\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}\overline{cd} \, \vdots \, \overline{ab}\\100 \, \vdots \, \overline{cd}\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} \overline{ab} = \overline{cd} \,\,\,\,\, (1)\\\left\{\begin{array}{l}\overline{cd} = 10; 20; 25; 50\\\overline{cd} \, \vdots \, \overline{ab}\end{array}\right. \,\,\,\,\, (2)\end{array}\right.$

* Với $\overline{ab} = \overline{cd}$ theo đề ra, ta có:
$\overline{abab} \, \vdots \, (\overline{ab})^2 \Rightarrow 101 \, \vdots \, \overline{ab}$

Không tồn tại giá trị nào thỏa mãn đề bài.

* Với:
$\overline{cd} = 10 \Rightarrow \overline {ab} = 10$
Cặp số nói trên không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

$\overline{cd} = 20 \Rightarrow \overline{ab} = 10; 20$

$\overline{cd} = 25 \Rightarrow \overline{ab} = 25$

$\overline{cd} = 50 \Rightarrow \overline{ab} = 10; 25; 50$
Tất cả các giá trị nói trên đều không thỏa mãn đề bài.

KẾT LUẬN: Không tồn tại số $\overline{abcd}$ để nó chia hết cho tích $\overline{ab}.\overline{cd}$

^^! Po: Không dám chắc vì mình không giỏi phần số học cho lắm!!!

 

theo mình ko thể kết luận nếu ab.100 chia hết cho cd thì ab chia hết cho cd hoặc hoặc 100 chia hết cho cd được vì ab và 100 ko nguyên tố cùng nhau

dùng cauchy 2 số 

đây là đề thì PTNK tpHCM 2006

ta có $xy\leq \frac{(x+y)^4}{4}$ áp dụng ta có $xy(x^2+y^2) \leq \frac{1}{2}\frac{(2xy+x^2+y^2)}{4}=2$ từ đây suy ra DPCM