5 replies to this topic

[deathavailable]

Câu 1: Giải hệ phương trình

 $\left\{\begin{matrix}\sqrt{xy+(x-y)(\sqrt{xy}-2)}+\sqrt{x}=y+\sqrt{y}  &  & \\ (x+1)(y+\sqrt{xy}+x-x^2)=4  &  &  \end{matrix}\right.$

 

Câu 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

 

$P=(\sum \frac{x}{y+z+1})+(1-x)(1-y)(2-z)$ trong đó, $x,y,z \in [0;1]$

 

Câu 3: TÌm các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

 

$f((1+x)f(y))=yf(1+f(x))$ với mọi $x,y \in R$

 

Câu 4:

Cho tam giác nhọn ABC (không phải là tam giác cân) có $AA_1, BB_1, CC_1$ là 3 đường cao. Gọi E là điểm đối xứng A qua trung trực BC

i) Chứng minh $EA_1$ đi qua trọn tâm G của tam giác ABC

ii) Gọi $B_2$ đối xứng với $B_1$ qua trung điểm cạnh AC, $C_2$ là điểm đối xứng với $C_1$ qua trung điểm AB. Chứng minh 4 điểm $A,B_2,C_2,E$ đồng viên 

 

Câu 5: Chứng minh rằng từ 19 số tự nhiên tùy ý, luôn tìm được 2 số sao cho hiệu các bình phương của chúng chia hết cho 36

PS: Câu BĐT trong THTT nên đợi hết hạn gửi bài mn hãy giải nhé!

Edited by deathavailable, 04-07-2014 - 20:48.

[Trang Luong]

Câu 5: Chứng minh rằng từ 19 số tự nhiên tùy ý, luôn tìm được 2 số sao cho hiệu các bình phương của chúng chia hết cho 36

Trong 19 số tự nhiên tùy ý, ta luôn tìm được 2 số có cùng số dư khi chia cho 18. Giả sử 2 số đó là $18m+a$ và $18n+a$ thì 

$(18m+a)^{2}-(18n+a)^{2}= 324(m^{2}-n^{2})+36(m-n)\vdots36$

[Nguyen Chi Thanh 3003]

Câu 1: Giải hệ phương trình

 $\left\{\begin{matrix}\sqrt{xy+(x-y)(\sqrt{xy}-2)}+\sqrt{x}=y+\sqrt{y}  &  & \\ (x+1)(y+\sqrt{xy}+x-x^2)=4  &  &  \end{matrix}\right.$

 

 

Tứ phương trình thứ nhất ta có $\left ( \sqrt{xy+(x-y)(\sqrt{xy}-2)}-y \right )+(\sqrt{x}-\sqrt{y})=0$

$<=>\frac{(x-y)(y+\sqrt{xy}-2)}{\sqrt{xy+(x-y)(\sqrt{xy}-2)}+y}+\frac{x-y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=0$

$<=>(x-y)\left ( \frac{x+\sqrt{xy}-2}{\sqrt{xy+(x-y)(\sqrt{xy}-2)+y}} \right )+\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=0$

Ta đi chứng minh $y+\sqrt{xy}-2\geqslant 0$

Từ phương trình hai suy ra $x+\sqrt{xy}=\frac{4}{x+1}+x^2-x=\frac{4}{x+1}+x+1+(x-1)^2\geqslant 2$ đúng

Như vậy phương trình căn thức vô nghiệm

$=> x=y$

Thay vào phương trình thứ hai ra nghiệm $x=y=1$ hoặc $x=y=\frac{1\pm \sqrt{17}}{2}$

[thukilop]

 

Câu 3: TÌm các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

$f((1+x)f(y))=yf(1+f(x))$ với mọi $x,y \in R$

Đặt $P(x,y)$ là $f((1+x).f(y))=y.f(1+f(x))$

+$ P(-1,0)$: $f(0)=0$

 

+$P(0,y)$: $f(f(y))=f(1).y$ (1)

 

+$P(x,f(y))$=$f((1+x).f(f(y)))=f(y).f(1+f(x)) \Leftrightarrow f((1+x).f(1).y))=f(y).f(1+f(x))$ (2)

 

Trong (2) thay y bởi $\frac{1+f(x)}{f(1).(1+x)}$ rồi rút gọn ta thu được : $f(\frac{1+f(x)}{f(1).(1+x)})=1$

 

Áp dụng (1) ta có:

$f(1)=f(f(\frac{1+f(x)}{f(1).(1+x)})=f(1).\frac{1+f(x)}{f(1).(1+x)} \Leftrightarrow  \frac{1+f(x)}{f(1).(1+x)} =1 $ 

Suy ra $f(x)=ax+b$ (trong đó $a=f(1),b=a-1$)

Thử lại tìm được $a,b$

Edited by thukilop, 04-07-2014 - 15:33.

[Juliel]

Câu 4:

Cho tam giác nhọn ABC (không phải là tam giác cân) có $AA_1, BB_1, CC_1$ là 3 đường cao. Gọi E là điểm đối xứng A qua trung trực BC

i) Chứng minh $EA_1$ đi qua trọn tâm G của tam giác ABC

ii) Gọi $B_2$ đối xứng với $B_1$ qua trung điểm cạnh AC, $C_2$ là điểm đối xứng với $C_1$ qua trung điểm AB. Chứng minh 4 điểm $A,B_2,C_2,E$ đồng viên 

Không biết có lời giải nào hay hơn không nên mình post cái cách trâu bò này lên  .

Lời giải :

 

 

i) Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, gọi giao của $AM$ và $A_1E$ là $G$. Dễ thấy hai tam giác $AGE,MGA_1$ đồng dạng nên $\dfrac{GM}{GA}=\dfrac{A_1M}{AE}=\dfrac{1}{2}$. Suy ra $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Do đó $EA_1$ đi qua trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$.

 

ii) Gọi $A_2$ là điểm đối xứng với $A_1$ qua trung điểm của $BC$.

Ta dễ dàng tính được :

$$AE=BC-2A_1B=a-2c.cosB$$

$$AC_2=BC_1=a.cosB$$

$$AB_2=B_1C=a.cosC$$

Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác $AB_2C_2$ :

$$B_2C_2^2=AC_2^2+AB_2^2-2AC_2.AB_2.cosA=a^2.cosB^2+a^2.cos^2C-2a^2.cosB.cosC.cosA$$

Do đó ta có :

$$\dfrac{B_2C_2^2}{BC^2}=cosB^2+cos^2C-2.cosA.cosB.cosC$$

Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác $AB_2E$ :

$$B_2E^2=AE^2+AB_2^2-2AE.AB_2.cos\angle EAC=AE^2+AB_2^2-2AE.AB_2.cosC=(a-2c.cosB)^2+a^2.cos^2C-2.(a-2c.cosB).a.cos^2C=a^2(1-cos^2C)+4c^2.cos^2B-4ac.cosB(1-cos^2C)=a^2.sin^2C+4c^2.cos^2B-4ac.cosB.sin^2C$$

Suy ra :

$$\dfrac{B_2E^2}{BA^2}=\dfrac{B_2E^2}{c^2}=\dfrac{a^2.sin^2C+4c^2.cos^2B-4ac.cosB.sin^2C}{c^2}=sin^2A+4.cos^2B-4cosB.sinA.sinC$$

Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác $AEC_2$ :

$$C_2E^2=AE^2+AC_2^2-2AE.AC_2.cos\angle EAC_2=(a-2c.cosB)^2+a^2.cos^2B-2.a.cosB.(a-2c.cosB).cos\left ( \pi - B \right )=a^2+3a^2.cos^2B+4c^2.cos^2B-4ac.cosB(1+cos^2B)$$

Từ đó :

$$\dfrac{EC_2^2}{AC^2}=\dfrac{EC_2^2}{b^2}=\dfrac{a^2+3a^2.cos^2B+4c^2.cos^2B-4ac.cosB(1+cos^2B)}{b^2}=\dfrac{sin^2A+3sin^2A.cos^2B+4sin^2C.cos^2B-4sinA.sinC.cosB(1+cos^2B)}{sin^2C}$$

Và ta hoàn toàn chứng minh được :

$$\dfrac{B_2C_2}{BC}=\dfrac{C_2E}{AC}=\dfrac{B_2E}{AB}$$

Vì việc chứng minh điều này quy về chứng minh các đẳng thức lượng giác liên quan đến ba góc $A,B,C$ và biến đổi khai triển hết ra thì sẽ được     .

Từ đó suy ra hai tam giác $EB_2C_2$ và $ABC$ đồng dạng. Từ đó :

$$\angle EC_2B=\angle ACB=\angle EAB_2$$

Suy ra bốn điểm $A,E,B_2,C_2$ đồng viên.

[Juliel]

Đặt $P(x,y)$ là $f((1+x).f(y))=y.f(1+f(x))$

+$ P(-1,0)$: $f(0)=0$

 

+$P(0,y)$: $f(f(y))=f(1).y$ (1)

 

+$P(x,f(y))$=$f((1+x).f(f(y)))=f(y).f(1+f(x)) \Leftrightarrow f((1+x).f(1).y))=f(y).f(1+f(x))$ (2)

 

Trong (2) thay y bởi $\frac{1+f(x)}{f(1).(1+x)}$ rồi rút gọn ta thu được : $f(\frac{1+f(x)}{f(1).(1+x)})=1$

 

Áp dụng (1) ta có:

$f(1)=f(f(\frac{1+f(x)}{f(1).(1+x)})=f(1).\frac{1+f(x)}{f(1).(1+x)} \Leftrightarrow  \frac{1+f(x)}{f(1).(1+x)} =1 $ 

Suy ra $f(x)=ax+b$ (trong đó $a=f(1),b=a-1$)

Thử lại tìm được $a,b$

Cách của bạn hay lắm   . Nhưng chỗ bôi đỏ cần phải có $f(1)\neq 0$.

Nếu $f(1)=0$ thì từ $(2)$ ta được :

$$f(y)f(1+f(x))=0,\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$

Chú ý từ đề bài dễ dàng suy ra $f$ toàn ánh nên $f(x)+1$ sẽ nhận giá trị trên toàn $\mathbb{R}$.

Từ trên ta được $f\equiv 0$. Do đó ta có thêm nghiệm nữa là $f\equiv 0$.

Mình chỉ bổ sung thôi, ko có ý gì đâu