Chủ đề này có 47 trả lời

[Joker9999]

Mọi người chữa chi tiết và xem xét đề này nhé. Đề khá khó. hic. 

Hình gửi kèm

• 

[Tea Coffee]

1.1) $x^{2}+2xy+y^{2}=x+3y$

Mặt khác, $x^{2}+y^{2}+xy +xy=3+xy$

=>$x+3y=xy+3=>xy+3-x-3y=0=>(x-3)(1-y)=0...$

[NHoang1608]

Câu II 2.

Từ giả thiết ta có được $\frac{1}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{(c+1)(b+1)}+\frac{1}{(a+1)(c+1)}=1$

 Đặt $a+1=\frac{\sqrt{3}}{x}, b+1=\frac{\sqrt{3}}{y},c+1=\frac{\sqrt{3}}{z}$

Giả thiết trở thành $xy+yz+zx=3$ và

$P= \sqrt{3} ( \frac{1}{\frac{3}{x}+x} +\frac{1}{\frac{3}{y}+y} +\frac{1}{\frac{3}{z}+z})$

   $= \sqrt{3} (\frac{x}{x^{2}+3}+\frac{y}{y^{2}+3}+\frac{z}{z^{2}+3})$

Sử dụng giả thiết ta có

  $P=\sqrt{3}( \frac{x}{(x+y)(x+z)}+ \frac{y}{(x+y)(y+z)}+ \frac{z}{(z+y)(x+z)})$

    $=\sqrt{3}( \frac{2(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)})$

Mặt khác $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq \frac{8}{3}(xy+yz+zx)$

Suy ra $P \leq \sqrt{3}\frac{3}{4}= \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c = \sqrt{3}-1$                                                      

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 05-06-2017 - 11:21

[HoangKhanh2002]

Câu I

2) Ta có: $\dfrac{a}{1+a^2}+\dfrac{b}{1+b^2}=\dfrac{2ab+a+b}{(a+1)(b+1)(a+b)}=\dfrac{1+ab}{(a+1)(b+1)(a+b)}$

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

Đẳng thức cần chứng minh: $\iff (a+1)(b+1)=\sqrt{2(a+1)(b+1)}\\\iff (a+1)^2(b+1)^2-2(a+1)(b+1)=0 \\ \iff (a+1)(b+1)-2=0\iff ab+a+b=1$ (luôn đúng)

Vậy ta có đpcm

[Tea Coffee]

Câu I.2 dễ nhỉ

[Tea Coffee]

II.1.b) Ta có: $p(p-1)=q(q^{2}-1)=q(q-1)(q+1)$ chia hết cho 3

=> $p\vdots 3$ hoặc $p-1\vdots 3$

+) Với p chia hết cho 3 được p=2 thay vào (*) được q=2(thỏa mãn)

+) Với p-1 chia hết cho 3

_ Xét q=3 $=> q(q-1)(q+1)=24$ không là tích 2 số tự nhiên liên tiếp (loại)

=> q không chia hết cho 3

=> $(q^{2}-1)\vdots 3$

Theo câu a, ta có: $p-1=3q ; q^{2}-1=3p=> p=3q+1=> 3p+1=9q+4=>q^{2}=9q+4=>q^{2}-9q-4=0$ không có nghiệm nguyên.

Vậy q=2,p=3

P/S: Thấy chỗ 'Theo câu a, ta có: $p-1=3q ; q^{2}-1=3p' chưa được chặt chẽ lắm ...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tea Coffee: 05-06-2017 - 11:34

[Mr Cooper]

Chém trước câu a,b

 

Câu III.

a) $\angle EQF = \angle BAC + \angle AFQ + \angle AEQ = \angle BAC + \angle EDF$

b)Gọi $R$ là giao điểm của $PF$ và $BC$

$\angle PEM = \angle DEF = \angle DFE = \angle RFB$ 

và $\angle EPM = \angle EFP = \angle FRB$

$\Rightarrow \triangle PEM = \triangle RFB (g.g) \Rightarrow \angle FBR = \angle EMP$ hay $\angle NBC = \angle NMC$

$\Rightarrow NBMC$ nội tiếp

 

 

[NHoang1608]

Câu II.1 a)

Xét $p=q$

Xét $p\not{=} q$

Ta có $p\mid q(q^{2}-1) \Rightarrow  p\mid q^{2}-1$ vì $(p;q)=1$

Suy ra $q^{2}-1=kp$ $(k\in \mathbb{N})$ suy ra $p(p-1)=q(q^{2}-1) \Leftrightarrow p(p-1)= kpq \Rightarrow p-1=kq$

Điều phải chứng minh.

   b) Ta có $p=kq+1 > q-1$ nên $(p;q-1)=1$

Mặt khác thì $p\mid (q-1)(q+1)$ suy ra $p\mid q+1$

Rồi đặt $q+1=mp= m(kq+1)$ từ đó suy ra $p=3,q=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 05-06-2017 - 12:29

[Nguyen Xuan Hieu]

Câu 2.1:
a)$p(p-1)=q(q^2-1)$
Dễ thấy $p,q$ là số nguyên tố nên :$p|(q^2-1)$ đặt $q^2-1=kp,k \in N$.
Thay vào sẽ được $p-1=kq$.
Do đó tồn tại số $k$...(dpcm)
b)Ta có:$p|(q+1)$ nên $q+1 \geq p=kq+1 \geq q+1$.
Dấu '=' khi $q+1=p$ thay vào giải ra $p,q$

[Tea Coffee]

Câu II.1 a)

Xét $p=q$

Xét $p\not{=} q$

Ta có $p\mid q(q^{2}-1) \Rightarrow  p\mid q^{2}-1$ vì $(p;q)=1$

Suy ra $q^{2}-1=kp$ $(k\in \mathbb{N})$ suy ra $p(p-1)=q(q^{2}-1) \Leftrightarrow p(p-1)= kpq \Rightarrow p-1=kq$

Điều phải chứng minh.

   b) Ta có $p-1=kq, q^{2}-1=kp \Rightarrow q^{2}-1-p+1 = k(p-q) \Rightarrow p-q \mid q^{2}-p$

Suy ra $p-q\mid (q^{2}-p^{2}+p^{2}-p)$

           $\Rightarrow p-q \mid p(p-1)$

Vì $p,q$ nguyên tô nên $(p-q;p)=1$ suy ra $p-q\mid p-1$ $(1)$

Mặt khác thì $p-q \mid q^{2}-p \Rightarrow p-q \mid q^{2}+q-p-q \Rightarrow p-q\mid q(q-1) \Rightarrow p-q\mid q-1$ $(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $p-q\mid 2$ suy ra $p-q=1;2$

Thay vào và thử lại ta có $p=3,q=2$

Thế cách của e thì thế nào a?

[NHoang1608]

II.1.b) Ta có: $p(p-1)=q(q^{2}-1)=q(q-1)(q+1)$ chia hết cho 3

=> $p\vdots 3$ hoặc $p-1\vdots 3$

+) Với p chia hết cho 3 được p=2 thay vào (*) được q=2(thỏa mãn)

+) Với p-1 chia hết cho 3

_ Xét q=3 $=> q(q-1)(q+1)=24$ không là tích 2 số tự nhiên liên tiếp (loại)

=> q không chia hết cho 3

=> $(q^{2}-1)\vdots 3$

Theo câu a, ta có: $p-1=3q ; q^{2}-1=3p$  $=> p=3q+1=> 3p+1=9q+4=>q^{2}=9q+4=>q^{2}-9q-4=0$ không có nghiệm nguyên.

Vậy q=2,p=3

P/S: Thấy chỗ 'Theo câu a, ta có: $p-1=3q ; q^{2}-1=3p' chưa được chặt chẽ lắm ...

Đoạn bôi đỏ a thấy không liên quan đến câu a) lắm, chắc sai ở đoạn đấy 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 05-06-2017 - 11:48

[Nguyen Xuan Hieu]

Câu II 2.

Từ giả thiết ta có được $\frac{1}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{(c+1)(b+1)}+\frac{1}{(a+1)(c+1)}=1$

 Đặt $a+1=\frac{\sqrt{3}}{x}, b+1=\frac{\sqrt{3}}{y},c+1=\frac{\sqrt{3}}{z}$

Giả thiết trở thành $xy+yz+zx=3$ và

$P= \sqrt{3} ( \frac{1}{\frac{3}{x}+x} +\frac{1}{\frac{3}{y}+y} +\frac{1}{\frac{3}{z}+z})$

   $= \sqrt{3} (\frac{x}{x^{2}+3}+\frac{y}{y^{2}+3}+\frac{z}{z^{2}+3})$

Sử dụng giả thiết ta có

  $P=\sqrt{3}( \frac{x}{(x+y)(x+z)}+ \frac{y}{(x+y)(y+z)}+ \frac{z}{(z+y)(x+z)})$

    $=\sqrt{3}( \frac{2(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)})$

Mặt khác $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq \frac{8}{3}(xy+yz+zx)$

Suy ra $P \leq \sqrt{3}\frac{3}{4}= \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c = \sqrt{3}-1$                                                      

Đặt $a+1=\dfrac{1}{x}$ được không ạ?

[tienduc]

Câu II 2.

Từ giả thiết ta có được $\frac{1}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{(c+1)(b+1)}+\frac{1}{(a+1)(c+1)}=1$

 Đặt $a+1=\frac{\sqrt{3}}{x}, b+1=\frac{\sqrt{3}}{y},c+1=\frac{\sqrt{3}}{z}$

Giả thiết trở thành $xy+yz+zx=3$ và

$P= \sqrt{3} ( \frac{1}{\frac{3}{x}+x} +\frac{1}{\frac{3}{y}+y} +\frac{1}{\frac{3}{z}+z})$

   $= \sqrt{3} (\frac{x}{x^{2}+3}+\frac{y}{y^{2}+3}+\frac{z}{z^{2}+3})$

Sử dụng giả thiết ta có

  $P=\sqrt{3}( \frac{x}{(x+y)(x+z)}+ \frac{y}{(x+y)(y+z)}+ \frac{z}{(z+y)(x+z)})$

    $=\sqrt{3}( \frac{2(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)})$

Mặt khác $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq \frac{8}{3}(xy+yz+zx)$

Suy ra $P \leq \sqrt{3}\frac{3}{4}= \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c = \sqrt{3}-1$                                                      

Đoạn này biến đổi như thế nào để ra hả bạn ?

[NHoang1608]

Đặt $a+1=\dfrac{1}{x}$ được không ạ?

Cũng được nhưng để dấu bằng đẹp và dễ biến đổi thì nên đặt như trên.

Đoạn đó ta có: $a+b+c+ab+bc+ca+abc+1=2+1+a+b+c$

$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)=a+1+b+1+c+1$

Chia vế theo vế cho $(a+1)(b+1)(c+1)$ ta có được đẳng thức trên

[AnhTran2911]

Câu II.1 a)

Xét $p=q$

Xét $p\not{=} q$

Ta có $p\mid q(q^{2}-1) \Rightarrow  p\mid q^{2}-1$ vì $(p;q)=1$

Suy ra $q^{2}-1=kp$ $(k\in \mathbb{N})$ suy ra $p(p-1)=q(q^{2}-1) \Leftrightarrow p(p-1)= kpq \Rightarrow p-1=kq$

Điều phải chứng minh.

   b) Ta có $p-1=kq, q^{2}-1=kp \Rightarrow q^{2}-1-p+1 = k(p-q) \Rightarrow p-q \mid q^{2}-p$

Suy ra $p-q\mid (q^{2}-p^{2}+p^{2}-p)$

           $\Rightarrow p-q \mid p(p-1)$

Vì $p,q$ nguyên tô nên $(p-q;p)=1$ suy ra $p-q\mid p-1$ $(1)$

Mặt khác thì $p-q \mid q^{2}-p \Rightarrow p-q \mid q^{2}+q-p-q \Rightarrow p-q\mid q(q-1) \Rightarrow p-q\mid q-1$ $(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $p-q\mid 2$ suy ra $p-q=1;2$

Thay vào và thử lại ta có $p=3,q=2$

Why from (1)(2) we have $p-q\mid2$

[Joker9999]

Còn câu c bài hình và bài cuối nữa 

[Tea Coffee]

Đoạn bôi đỏ a thấy không liên quan đến câu a) lắm, chắc sai ở đoạn đấy 

Theo câu a ở chỗ $p-1=kq, q^{2}-1=kp$ trong đó k ở đây bằng 3

[Mr Cooper]

Lời giải câu c bài Hình của thầy Nguyễn Lê Phước  

   

 

 

Spoiler

Nhìn lời giải chất quá ạ

[Baoriven]

Bài Hình Câu c)

Gọi $T$ là giao điểm thứ hai của $AP$ với $(AEF)$.

Chứng minh được tứ giác: $FTPN$ và $TPME$ nội tiếp. 

Ta có: $\widehat{PFE}=\widehat{DFB},\widehat{PEC}=\widehat{DEF}\Rightarrow \widehat{BAD}=\widehat{PAC}$ (Bổ đề đẳng giác)

$\Rightarrow \widehat{FAT}=\widehat{DAC}$ . Mặt khác $\widehat{ATF}=\widehat{AEF}=\widehat{ACD}$.

Nên tam giác $FQT$ đồng dạng tam giác $DEC$, mà $E$ là trung điểm $AC$.

Do đó: $Q$ là trung điểm $AT$.

Suy ra: $FQ//BT$.

Nên: $\widehat{TBC}=\widehat{QFE}=\widehat{TPE}=\widehat{TME}$.

Suy ra: tứ giác $BTMC$ nội tiếp.

Từ đó ta có đpcm.

[duylax2412]

Mình xin trình bày câu cuối cùng

Câu 5:

a) Cố định $1$ điểm trong đa giác và gọi điểm đó là $A_{1}$.Dọc theo chiều kim đồng hồ,gọi các điểm tiếp thep là $A_{2},A_3;A_4;...;A_{2018}$.

Nối $A_1$ với $A_5$,được ngũ giác lồi $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}$.Lại nối $A_1$ với $A_8.$.Ta được ngũ giác lồi $A_{1}A_{5}A_{6}A_{7}A_{8}$.

Hay nói một cách tổng quát,ta nối đỉnh $A_{1}$ với đỉnh $A_{3k+5}$ với $k=0,1,2...,670$ tạo thành các ngũ giác lồi  $A_{1}A_{3k+2}A_{3k+3}A_{3k+4}A_{3k+5}$ $(*)$ và dễ thấy $k=0,1,2,...671$ (do đa giác đã cho có $2018$ đỉnh) .Suy ra có $672$ miền là ngũ giác lồi mà không có miền nào có điểm chung theo cách xây dựng công thức ngũ giác ở (*).

b) Theo câu a) ta suy ra câu trả lời là "Không thể thực hiện được" bởi vì $2017$ không biểu diễn được  dưới dạng $3k+5$.