Chủ đề này có 105 trả lời

[tritanngo99]

Bài 65: Tìm số nguyên tố $p$ nhỏ nhất sao cho viết được $p$ thành $10$ tổng dạng: 

$p=x_1^2+y_1^2=x_2^2+2y_2^2=...=x_{10}^2+10y_{10}^2$ trong đó $x_i,y_i(i=1,2,...,10)$ là các số nguyên dương.

Bài 66: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $T=\frac{a^2+1}{b^2+1}+\frac{b^2+1}{c^2+1}+\frac{c^2+1}{a^2+1}$ trong đó $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=1$.

Bài 67: Tìm tất cả nghiệm nguyên dương của phương trình: $x^y+y^z+z^x=2(x+y+z)$.

Bài 68: Chứng minh rằng: $\sqrt{a}+\sqrt[3]{a}+\sqrt[6]{a}\le a+2$ trong đó $a$ là số thực không âm. 

 

[tritanngo99]

Lời giải bài 65: 

Dễ thấy $p>10$.

+ Từ $p=x_{10}^2+10y_{10}^2$ thì số dư $r$ của $p$ khi chia cho $10$ chính là số dư của $x_{10}^2$ khi chia cho $10$., suy ra $r=0,1,4,5,6,9$ nhưng số nguyên tố $p>10$ nên chỉ có thể $r=1,9(1)$.

 + Từ $p=x_3^2+3y_3^2$ thì số dư của $p>10$ khi chia cho $3$ chỉ có thể là $1$.(2).

+ Từ $p=x_8^2+8y_8^2$ thì số dư $s$ của $p$ khi chia cho $8$ chính là số dư của $x_8^2$ khi chia cho $8$, suy ra $s=0,1,4$ nhưng số nguyên tố $p>10$ nên chỉ có thể $s=1$.(3)

 +Từ (2),(3) suy ra $p-1$ chia hết cho $3.8=24$ hay $p=24m$. Lại từ $(1)$ suy ra $24m$ khi chia cho $10$ có tận cùng là $0$ hoặc $8$ nên $m$ khi chia cho $10$ có tận cùng là $0$ hoặc $2$ hoặc $7$ hay $m=10a+u$ với $u=0,2,7$(4).

+ Từ $p=x_7^2+7y_7^2$ thì số dư $t$ của $p$ khi chia cho $7$ chính là số dư của $x_7^2$ khi chia cho $7$, suy ra $t=0,1,2,4$. Do $p-1=24m$ nên $24m$ khi chia cho $7$ chỉ có thể tận cùng là $0,1,3$, suy ra $m$ khi chia cho $7$ chỉ có thể tận cùng là $0,1,5$ hay $m=7b+v$ với $v=0,1,5$(5).

Ta tìm các số $m<50$ thỏa mãn đồng thời $(4)$ và $(5)$. Khi cho $0\le a\le 4$ và $0\le b\le 6$ được $m=7,12,22,40,42,47$. Từ công thức:

$p=24m+1$ ta thấy:

+$m=7$ thì $p=169=13^2$ là hợp số.

+$m=12$ thì $p=289=17^2$ là hợp số.

+$m=22$ thì $p=529=23^2$ là hợp số.

+$m=40$ thì $p=961=31^2$ là hợp số.

Với $m=42$ thì $p=1009$ là số nguyên tố. Ta tìm được:

$1009=15^2+28^2=19^2+2.18^2=31^2+3.4^2=15^2+4.14^2=17^2+5.12^2=25^2+6.8^2=1^2+7.12^2=19^2+8.9^2=28^2+9.5^2=3^2+10.10^2$.

Vậy $p=1009$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải bài 66: Vì $(a,b,c)$ là một hoán vị vòng quanh trong $T$ nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết $a\ge b$ và $a\ge c$. Ta có:

$\frac{b^2+1}{c^2+1}+\frac{c^2+1}{a^2+1}\le (b+c)^2+1+\frac{1}{a^2+1}(1)$.

Thật vậy, $(1)$ tương đương với:

$\frac{c^2}{a^2+1}\le \frac{(b+c)^2c^2+(b+c)^2+c^2-b^2}{c^2+1}$

hay $\frac{c^2}{a^2+1}\le \frac{(b+c)^2c^2+2bc+2c^2}{c^2+1}$.

Vì $a^2+1\ge c^2+1$, nên 

$\frac{c^2}{a^2+1}\le \frac{c^2}{c^2+1}\le \frac{(b+c)^2c^2+2bc+2c^2}{c^2+1}$.

Vậy $(1)$ được chứng minh.

Từ $(1)$ suy ra:

$T\le a^2+(b+c)^2+\frac{1}{a^2+1}+2(2)$.

Ta sẽ chứng minh: $a^2+(b+c)^2+\frac{1}{a^2+1}\le \frac{3}{2}(3)$.

Thật vậy, thay $b+c=1-a$ và thực hiện các phép biến đổi đơn giản, ta có: $(3)\iff \frac{(1-a)(1-3a-4a^3)}{2(1+a^3)}\le 0$.

Từ giả thiết về $a,b,c$ ta suy ra: $1\ge a\ge \frac{1}{3}$. Do đó $1-3a-4a^3<0$ và $(3)$ được chứng minh.

Từ $(2)$ và $(3)$ ta suy ra $T\le \frac{7}{2}$. Ta có: $T=\frac{7}{2}$ khi và chỉ khi $(1),(2)$ và $(3)$ là những đẳng thức.

Điều này tương đương với $a=1,b=c=0$. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức bằng $\frac{7}{2}$ đạt được khi một trong ba số $a,b,c$ bằng $1$, hai số còn lại bằng $0$.

Lời giải bài 67:

Xét hai trường hợp sau:

a) Nếu ba số $x,y,z$ đều không nhỏ hơn $2$ thì $x^y+y^z+z^x\ge x^2+y^2+z^2\ge 2x+2y+2z=2(x+y+z)$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=2$.

b) Tồn tại ít nhất một số nhỏ hơn $2$, chẳng hạn là $z=1$(khi cho $x=1$ hoặc $y=1$ ta có các nghiệm khác).

Lúc đó PT trở thành: $x^y=2x+y+1(2)$.

+ Nếu có ít nhất một số nhỏ hơn $4$:

Với $y=2$ thì $x=3$ và khi $x=3$ thì $y=2$.

Với $y=3$ thì $x=2$ và khi $x=2$ thì $y=3$.

+ Nếu cả hai số $x,y$ đều không nhỏ hơn $4$:

Từ $(x-4)(y-4)\ge 0$ suy ra:

$xy\ge 2x+2y+2(x+y-8)\ge 2x+2y>2x+y+1(3)$.

Ta sẽ chứng minh quy nạp rằng: $x^y>xy(4)$.

Thì từ $(3),(4)$ suy ra : $x^y>2x+y+1$, nghĩa là PT(2) vô nghiệm với $x\ge 4,y\ge 4$.

Với $y=4$ thì từ $x^4=x.x^3>4x$ nên $(4)$ đúng.

Giả sử $(4)$ đúng với mọi $y=k\ge 4$. Ta có: $x^{k+1}=x.x^k>x.x.k\ge x.4k=x(k+3k)>x(k+1)$ nghĩa là $(4)$ cũng đúng với $k+1$. Vậy theo quy nạp thì $(4)$ đúng với mọi $x\ge 4,y\ge 4$.

Tóm lại PT đã cho có nghiệm $(x,y,z)$ là: $(2,2,2),(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1)$.

Lời giải bài 68: 

Đặt $u=\sqrt[6]{a}$, ta có $u\ge 0$ và bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $u^3+u^2+u\le u^6+2$.

hay $A=u^6-u^3-u^2-u+2\ge 0$. Ta có:

$A=(u^6-2u^3+1)+u(u^2-2u+1)+(u^2-2u+1)=(u^3-1)^2+u(u-1)^2+(u-1)^2$.

Vì $u\ge 0$ nên mỗi số hạng của $A$ không âm và do đó $A\ge 0$. $A=0$ khi $u=1\iff a=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 10-09-2018 - 17:09

[tritanngo99]

Bài 69: Chứng minh rằng nếu phương trình $ax^4+bx^3+cx^2-2bx+4a=0(a\ne 0)$ có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $x_1x_2=1$ thì $5a^2=2b^2+ac$.

Bài 70: Cho tam giác $ABC(AB\le AC\le BC)$. Tìm quỹ tích những điểm $M$ nằm trong tam giác sao cho tổng khoảng cách từ điểm $M$ đến ba cạnh của tam giác luôn bằng một hằng số.

Bài 71: Một nhóm học sinh đi cắm trại, trong đó có ít nhất $2$ nam và $2$ nữ. Biết rằng mỗi nữ sinh quen ít nhất một nam sinh và không có nam sinh nào quen tất cả nữ sinh. Chứng minh rằng có thể tìm được hai nam sinh $A,B$ và hai nữ sinh $X,Y$ sao cho $A$ quen $X$ và $B$ quen $Y$ nhưng $A$ không quen $Y$ và $B$ không quen $X$.

Bài 72: Giải phương trình nghiệm nguyên $x^5-y^5-xy=32$.

[tritanngo99]

Lời giải bài 69: Nếu phương trình ở để bài có hai nghiệm $x_1,x_2$ thì đa thức bậc $4$ ở vế trái của phương trình phân tích được thành:

$ax^4+bx^3+cx^2-2bx+4a=(x-x_1)(x-x_2)(ax^2+mx+n)=(x^2-px+1)(ax^2+mx+n)$.

$=ax^4+(m-ap)x^3+(a-mp+n)x^2+(m-pn)x+n$, trong đó $p=x_1+x_2$.

Vì hai đa thức đầu và cuối ở các đẳng thức trên đồng nhất nên ta có:

$n=4a(1);m-pn=-2b(2);a-mp+n=c(3);m-ap=b(4)$.

Thay $(1)$ vào $(2),(3)$ được:

$m-4ap=-2b(5);5a-mp=c(6)$.

Từ $(4)(5)$ có $b=ap(7);m=2b(8)$.

Từ $(6)(7)(8)$ có $5a^2=map+ac=2b^2+ac$. 

Lời giải bài 70: Gọi tổng các khoảng cách từ $M$ đến ba cạnh $\triangle{ABC}$ là $h_1+h_2+h_3=k$ không đổi. Xét $2$ trường hợp:

1) $\triangle{ABC}$ đều, gọi $h$ là đường cao $\triangle{ABC}$. Ta có: $k.AB=(h_1+h_2+h_3)AB=2(S_{AMB}+S_{MAC}+S_{MBC})=2S_{ABC}=h.AB(1)$.

Từ đó:

+ Nếu $k=h$ thì $(1)$ luôn đúng với mọi điểm $M$ nằm trong (kể cả biên) $\triangle{ABC}$ nên quỹ tích các điểm $M$ là toàn bộ miền trong( kể cả biên ) của $\triangle{ABC}$.

+ Nếu $k\ne h$ thì quỹ tích trên là tập rỗng (không có điểm $M$ nào thỏa mãn).

2) $\triangle{ABC}$ không đều, giả sử: $AB\le AC\le BC$ ( hai đẳng thức không xảy ra đồng thời). Trên cạnh $AC$ lấy điểm $D$ và trên cạnh $BC$ lấy điểm $E$ sao cho $AD=BE=AB$ thì các điểm $D,E$ cố định. Ta có: $k.AB=(h_1+h_2+h_3)AB=h_1.AB+h_2AD+h_3.BE=2(S_{MAB}+S_{MAD}+S_{MBE})=2(S_{ADEB}+tS_{MDE})=2S_{ADEB}+th_4.DE(2)$ 

trong đó $h_4=MG$ là khoảng cách từ $M$ đến $DE$, còn $t=0$ khi $M$ thuộc đoạn $DE$, $t=1$ khi $M$ nằm trong $\triangle{CDE}$, $t=-1$ khi $M$ nằm trong tứ giác $ADEB$( nếu $D$ trùng với $C$ thì $ADEB$ trở thành $\triangle{ABC}$ và $h_4=h_3$). Từ đó:

$MG=h_4=\frac{t(k.AB-2S_{ADEB})}{DE}(3)$.

Vậy các điểm $M$ cần tìm nằm trên đường thẳng $d_k$ song song với $DE$ và cách đường thẳng $DE$ một đoạn $h_4$ được xác định bởi $(3)$( có $DE>0$ vì $AB<BC$). Vì điểm $M$ nằm trong (kể cả biên ) của tam giác $ABC$ nên các điểm $M$ cần tìm là phần của đường thẳng $d_k$ nằm trong tam giác $ABC$.

Chú ý rằng: $AB\le AC\le BC\iff h_C\ge h_B\ge h_A$ (đường cao kẻ từ các đỉnh C,B,A). Khi $h_4$ bằng khoảng cách từ $C$ đến $DE$ thì từ $(3)$ có $k.AB=2S_{ADEB}+2S_{CDE}=2S_{ABC}=h_C.AB\iff k=h_C$, lúc đó $d_k$ trùng với $d_c$ và $M$ trùng với điểm $C$.

Khi $h_4$ bằng khoảng cách từ $A$ tới $DE$ thì từ $(3)$ có $k.AB=2S_{ADEB}-2S_{CDE}=2S_{ABE}=h_A.AB\iff k=h_A$, lúc đó $d_k$ trùng với $d_A$ và điểm $M$ trùng với điểm $A$. Bài toán có nghiệm khi $h_A\le k\le h_C$.

Đảo lại nếu có điểm $M$ nằm trong tam giác $ABC$ và thỏa mãn $(3)$ thì biến đổi tương đương có $(2)$, suy ra $h_1+h_2+h_3=k$ không đổi. Vậy quỹ tích của $M$ là phần đường thẳng $d_k$ nằm trong tam giác $ABC$.

Lời giải bài 71: Theo giả thiết, mỗi nữ sinh quen ít nhất $1$ nam sinh nên tìm được nữ sinh $X$ quen ít nam sinh nhất, trong đó có nam sinh $A$. Vì nam sinh $A$ không quen tất cả nữ sinh viên nên tìm được nữ sinh $Y$ không quen nam sinh $A$.

+ Nếu mọi nam sinh quen với nữ sinh $Y$ cũng đều quen nữ sinh $X$ thì số nam sinh mà $X$ quen( có cả nam sinh $A$) nhiều hơn số nam sinh mà $Y$ quen, điều đó trái với việc tìm được $X$.

+ Vậy trong tập hợp các nam sinh quen với nữ sinh $Y$( tập hợp này không rỗng theo giả thiết ) ắt tìm được nam sinh $B$ không quen nữ sinh $X$. Ta tìm được hai nữ sinh $X,Y$ và hai nam sinh $A,B$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Lời giải bài 72:  $x^5-y^5-xy=32,(1)$.

Từ $(1)$, ta có $x,y$ là hai số chẵn vì trong các trường hợp ngược lại, vế trái là một số lẻ còn vế phải là một số chẵn.

Ta có: $(1)\iff (x-y)(x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4)=32+xy(2)$.

Vì $x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4=(x^3+y^3)(x+y)+x^2y^2\ge 0$ nên từ $(2)$ ta có:

$|x-y|(x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4)=|32+xy|(3)$.

Với $x=y$ phương trình $(3)$ không thỏa mãn.

Với $x,y$ là các số nguyên khác nhau thì $|x-y|\ge 1$, từ $(3)$ suy ra:

$x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4\le |32+xy|(4)$.

Nếu $32+xy<0$ thì từ $(4)$ suy ra:

$x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4\le -32-xy$.

$\iff (x^3+y^3)(x+y)+(x^2y^2+xy+32)\le 0$.

Bất đẳng thức này không xảy ra vì vế trái có $(x^3+y^3)(x+y)\ge 0$ và $x^2y^2+xy+32=(xy+\frac{1}{2})^2+\frac{127}{4}>0$.

Do đó: $32+xy\ge 0$.

Từ $(4)$ suy ra:

$x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4\le 32+xy$.

hay $(x^4+x^3y+xy^3+y^4)+(x^2y^2-xy)\le 32$.

$\iff (x^3+y^3)(x+y)+xy(xy-1)\le 32$.

Vì $(x^3+y^3)(x+y)\ge 0$ nên $xy(xy-1)\le 32(5)$.

Nếu $xy\ge 7$ thì $xy(xy-1)>32$.

Nếu $xy\le -6$ thì $xy(xy-1)>32$.

Do đó từ $(5)$ ta có: $-6<xy<7$.

Lại vì $x,y$ là hai số chẵn khác nhau nên $xy$ chỉ có thể nhận các giá trị là $0$ hoặc $-4$.

Nếu $xy=0$ thì $x=0$ hoặc $y=0$.

Thay $x=0$ vào PT(1) ta được nghiệm: $(x;y)=(0;-2)$.

Thay $y=0$ vào PT(1)  ta được nghiệm: $(x;y)=(2;0)$.

Nếu $xy=-4$ thì $(x;y)=(2;-2);(-2;2)$.

Không thỏa mãn $(1)$.

Vậy PT(1) có hai nghiệm là $(x;y)=(0;-2)$ và $(x;y)=(2;0)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 11-09-2018 - 16:23

[tritanngo99]

Bài 73: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $\angle{BAC}=60^0$. $AK$ là phân giác của góc $BAC$, ($K$ thuộc đường tròn $(O)$). Gọi $F$ là trung điểm của $AK$, tia $OF$ cắt đường cao $CE$ của tam giác $ABC$ tại $H$. Chứng minh rằng: $BH$ vuông góc với $AC$.

Bài 74: Tìm tất cả các số nguyên dương $a$ và $b$ sao cho $\frac{a^2+b}{b^2-a}$ và $\frac{b^2+a}{a^2-b}$ đều là số nguyên.

Bài 75: Giải phương trình: $4x-x^2=3\sqrt{4-3\sqrt{10-3x}}$.

Bài 76: Từ điểm $M$ ở ngoài đường tròn $(O)$ kẻ tiếp tuyến $MA$ và cát tuyến $MBC$ ($B$ nằm giữa $M$ và $C$) với đường tròn. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $MO$, $K$ là giao điểm của đoạn thẳng $MO$ với đường tròn $(O)$.

Chứng minh rằng: 

a) Tứ giác $OHBC$ là tứ giác nội tiếp.

b) $BK$ là tia phân giác của góc $HBM$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 12-09-2018 - 18:30

[tritanngo99]

Lời giải bài 73: Ta chứng minh cho trường hợp tam giác $ABC$ nhọn vị trí các điểm như hình vẽ. Các trường hợp còn lại được chứng minh tương tự.

Trong đường tròn $(O)$, ta có: $\angle{BOC}=2\angle{BAC}=120^0$, suy ra: $\angle{OBC}=\angle{OCB}=30^0$( do $OB=OC$).(1).

Mặt khác: $OF\bot AK$( vì $F$ là trung điểm của dây $AK$) suy ra tứ giác $AEHF$ nội tiếp, do đó: $\angle{OHC}=\angle{BAK}=\frac{1}{2}\angle{BAC}=30^0$.(2)

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $\angle{OHC}=\angle{OBC}$ nên tứ giác $OHBC$ nội tiếp, do đó: $\angle{BHC}=\angle{BOC}=120^0$.

Từ đó: $\angle{ABH}=\angle{BHC}-\angle{BEH}=120^0-60^0=30^0$.

$\implies \angle{BAH}+\angle{BAC}=90^0\implies BH\bot AC$.

Lời giải bài 74: Xét các trường hợp sau:

+ Nếu $a=b$ thì:

$\frac{a^2+b}{b^2-a}=\frac{b^2+a}{a^2-b}=\frac{a^2+a}{a^2-a}=\frac{a+1}{a-1}=1+\frac{2}{a-1}$.

Để $\frac{a^2+b}{b^2-a}\in \mathbb{Z}$ thì $a-1$ là ước của $2$, mà $a\in \mathbb{N^*}$ nên $a=2,a=3$.

Vậy $(a;b)=(2;2),(a;b)=(3;3)$.

+ Nếu $a>b$ thì $a\ge b+1;a^2\ge b$. Do đó:

$\frac{b^2+a}{a^2-b}\ge 1\implies b^2+a\ge a^2-b\implies a+b\ge (a-b)(a+b)$.

$\implies a-b\le 1$. Suy ra: $a=b+1$.

Từ đó, ta có:

$\frac{a^2+b}{b^2-a}=\frac{(b+1)^2+b}{b^2-b-1}=1+\frac{4b+2}{b^2-b-1}\in \mathbb{Z}$

$\iff \frac{4b+2}{b^2-b-1}\in \mathbb{Z}(1)$.

Nếu $b\ge 6$ thì $b^2\ge 6b=5b+b>5b+3$.

$\implies b^2-b-1>4b+2\implies \frac{4b+2}{b^2-b-1}\notin \mathbb{Z}$.

Vậy $1\le b\le 5$. Thử trực tiếp với $b=1,2,3,4,5$ ta tìm được: $b=1,b=2$ thỏa mãn $(1)$.

Tương ứng, tìm được $a=2,a=3$. Dễ thấy các cặp $(2;1)$ và $(3;2)$ thỏa mãn ĐK bài toán.

+ Nếu $a<b$ thì tương tự như trường hợp trên, ta tìm được $(a;b)=(1,2)$ và $(a;b)=(2;3)$.

Kết luận. Các cặp số nguyên dương $(a;b)$ cần tìm là: $(2;2);(3;3),(2;1),(3;2),(1;2),(2;3)$.

Lời giải bài 75: $4x-x^2=3\sqrt{4-3\sqrt{10-3x}}(1)$

Điều kiện: $\frac{74}{27}\le x\le \frac{10}{3}$.

+ Ta thấy $x=3$ là một nghiệm của $(1)$.

+ Nếu $\frac{74}{27}\le x<3$ thì $3\sqrt{4-3\sqrt{10-3x}}<3;$

$(x-1)(x-3)<0\implies 4x-x^2>3$.

Do đó: $VT(1)>VP(1)$.

+ Nếu $3<x\le \frac{10}{3}$ thì $3\sqrt{4-3\sqrt{10-3x}}>3$;

$(x-1)(x-3)>0\implies 4x-x^3<3$.

Do đó: $VT(1)<VP(1)$.

Vậy $x=3$ là nghiệm duy nhất của $(1)$.

Lời giải bài 76:

a) Từ $\triangle{MAB}\sim \triangle{MCA}(g.g)$ suy ra: $\frac{MA}{MC}=\frac{MB}{MA}\implies MA^2=MB.MC(1)$.

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $MAO$, ta có: $MA^2=MH.MO(2)$.

Từ $(1),(2)$ ta có: $MB.MC=MH.MO$ hay $\frac{MC}{MO}=\frac{MH}{MB}$. Từ đó suy ra $\triangle{MCO}\sim \triangle{MHB}(c.g.c)$ 

$\implies \angle{MHB}=\angle{MCO}$ mà $\angle{MHB}+\angle{MCO}=180^0$ nên $\angle{MCO}+\angle{BHO}=180^0$, dẫn đến tứ giác $OHBC$ là tứ giác nội tiếp(dpcm).

b) Gọi $N$ là giao điểm thứ $2$ của $MO$ với đường tròn $(O)$. Khi đó: $\angle{MBK}=\angle{MNC}=\angle{NCO}=\frac{1}{2}\angle{COH}$( tính chất góc ngoài của tam giác)(3).

Mặt khác theo câu a) tứ giác $OHBC$ nội tiếp nên $\angle{COH}=\angle{MBH}$( cùng bù với $\angle{HBC}$)(4).

Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra : $\angle{MBH}=2\angle{MBK}$ hay $BK$ là tia phân giác của góc $\angle{HBM}$(dpcm).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 12-09-2018 - 19:08

[tritanngo99]

Bài 77:  Tìm tất cả các số thực $a$ sao cho $|3a-2|\le 1$ và $A=\frac{3a-1}{4a^4+a^2}$ là số nguyên.

Bài 78: Cho $x,y,z$ là các số không âm và thỏa mãn $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=(x+2y+3z)(6x+3y+2z)$.

Bài 79: Tìm các số tự nhiên $x,y$ biết rằng: $(2^x+1)(2^x+2)(2^x+3)(2^x+4)-5^y=11879$.

Bài 80: Tìm bốn số nguyên $a,b,c,d$ phân biệt trong tập hợp $\left\{10;21;37;51\right\}$ sao cho $ab+bc-ad=637$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 13-09-2018 - 20:52

[tritanngo99]

Lời giải bài 77: Từ giả thiết $|3a-2|\le 1$ suy ra $\frac{1}{3}\le a\le 1(*)$.

Khi đó: $A=\frac{3a-1}{4a^4+a^2}\ge 0$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=\frac{1}{3}$.

Xét $1-A=1-\frac{3a-1}{4a^4+a^2}=\frac{4a^4+a^2-3a+1}{4a^4+a^2}=\frac{(a^2+a+1)(2a-1)^2}{4a^4+a^2}\ge 0\implies A\le 1$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=\frac{1}{2}$.

Như vậy $0\le A\le 1$. Vì $A$ là số nguyên nên chỉ có thể $A=0$ hoặc $A=1$.

+ Với $A=0\implies a=\frac{1}{3}$( thỏa mãn (*)).

+ Với $A=1\implies a=\frac{1}{2}$( thỏa mãn (*)).

Vậy các số thực cần tìm là $a=\frac{1}{3}$ và $a=\frac{1}{2}$.

Lời giải bài 78: Áp dụng BDT $ab\le \frac{1}{4}(a+b)^2$, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b$. 

Ta có: $P=(x+2y+3z)(6x+3y+2z)$.

$\iff 2P=(2x+4y+6z)(6x+3y+2z)$.

$\le \frac{[8(x+y+z)-y]^2}{4}=\frac{(8-y)^2}{4}\le \frac{8^2}{4}=16$.

( Do $x+y+z=1$) nên $0\le y\le 1$.

Vậy $P\ge 8;P=8$ khi và chỉ khi $(x;y;z)=(\frac{1}{2};0;\frac{1}{2})$.

Lời giải bài 79: Đặt $A=(2^x+1)(2^x+2)(2^x+3)(2^x+4)$.

Ta thấy $2^x,2^x+1,2^x+2,2^x+3,2^x+4$ là năm số tự nhiên liên tiếp nên có ít nhất một số chia hết cho $5$, mà $2^x$ không chia hết cho $5$, vậy $A$ chia hết cho $5$.

Nếu $y\ge 1$ thì từ $A-5^{y}=11879$ có vế trái chia hết cho $5$ nhưng vế phải không chia hết cho $5$, mâu thuẩn. Vậy $y=0$, ta có:

$(2^x+1)(2^x+2)(2^x+3)(2^x+4)=11890=9.10.11.12$.

Từ đó suy ra $2^x+1=9$ nên $x=3$. Các số tự nhiên $x=3,y=0$ thỏa mãn đề bài.

Lời giải bài 80: $ab+bc-ad=637(1)$ 

Trong bốn số $a,b,c,d$ có ba số lẻ và một số chẵn, Xét các trường hợp:

+$d=10$ thì $a,b,c$ lẻ suy ra $ab+bc-10a$ là số chẫn, mâu thuẩn với $(1)$. Trường hợp này bị loại.

+$c=10$ thì $a,b,d$ lẻ $\implies ab+10b-ad$ là số chẵn, mâu thuẩn với $(1)$. Trường hợp này bị loại.

+$b=10$ thì $10(a+c)-ad=637$ suy ra $ad$ có tận cùng là $3$. Trường hợp này cũng bị loại vì trong ba số $21;37;51$ không có hai số nào có tận cùng là $3$.

+$a=10$ thì $10(b-d)=637-bc$ suy ra $bc$ có tận cùng là $7$ suy ra $b,c\in \left\{21;37;51\right\}$.

-Với $b=21$ thì $c=37ld=51$: Không thảo mãn $(1)$.

- Với $b=37$ thì $c=21,d=51$ thảo mãn $(1)$.

Vậy $a=10,b=37,c=21,d=51$ là bốn số cần tìm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 13-09-2018 - 21:17

[tritanngo99]

Bài 81: Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$. Gọi $M$ là điểm tùy ý trên cạnh $BC$( $M$ khác $B$, $M$ khác $C$ và $M$ không là trung điểm cạnh $BC$). Từ $B,C$ kẻ các đường thẳng theo thứ tự vuông góc với $AM$ tại $H$ và $K$. Qua $C$ kẻ đường thẳng song song với $AM$ cắt $BH$ tại $N$, $AN$ cắt $CK$ tại $P$, $BP$ cắt $AM$ tại $I$. Chứng minh rằng: $IB=IP$.

Bài 82: Cho ba số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c=abc$. Chứng minh rằng: $\frac{a}{b^3}+\frac{b}{c^3}+\frac{c}{a^3}\ge 1$.

Bài 83: Từ một điểm $P$  ở ngoài đường tròn tâm $O$  kẻ hai tiếp tuyến $PA,PB$ của đường tròn với $A,B$ là các tiếp điểm. Gọi $M$ là giao điểm của $OP$ và $AB$. Kẻ dây cung $CD$ đi qua $M$,( $CD$ không đi qua $O$) . Hai tiếp tuyến của đường tròn tại $C$ và $D$ cắt nhau tại $Q$. Tính độ lớn góc $OPQ$.

Bài 84: Tìm số nguyên tố $p$ sao cho $2005^{2005}-p^{2006}$ chia hết cho $2005+p$.

[tritanngo99]

Lời giải bài 81: Có hai trường hợp xảy ra là $BM>CM$ và $BM<CM$. Cả hai trường hợp đó, ta đều chứng minh như sau: 

Hai tam giác vuông $BHA$ và $AKC$ có $AB=AC$( do $\triangle{ABC}$ vuông cân),$\angle{BAH}=\angle{ACK}$( vì cùng phụ với $\angle{CAH}$).

Vậy $\triangle{BHA}=\triangle{AKC}$ suy ra $BH=AK$ và $AH=CK(*)$.

Lại có tứ giác $CKHN$ là hình chữ nhật( vì có bốn góc vuông ) nên $CK=HN$.

Kết hợp với $(*)$, ta được: $AH=HN$ hay tam giác $AHN$ vuông tại $H$, suy ra: $\angle{KAP}=45^0$. Do đó tam giác $AKP$ vuông cân tại $K$, dẫn đến $AK=KP$.

Kết hợp với $(*)$, suy ra $BH=KP$. Hai tam giác vuông $BHI$ và $PKI$ có $BH=PK$, $\angle{BIH}=\angle{PIK}$( đối đỉnh) nên bằng nhau, do đó $BI=IP$. 

Lời giải bài 82: Áp dụng BDT Cô-si ta có:

$\frac{a}{b^3}+\frac{1}{ab}\ge 2\sqrt{\frac{a}{b^3}.\frac{1}{ab}}=\frac{2}{b^2}$;

$\frac{b}{c^3}+\frac{1}{bc}\ge 2\sqrt{\frac{b}{c^3}.\frac{1}{bc}}=\frac{2}{c^2}$;

$\frac{c}{a^3}+\frac{1}{ac}\ge 2\sqrt{\frac{c}{a^3}.\frac{1}{ca}}=\frac{2}{a^2}$;

$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge \frac{2}{ab};\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge \frac{2}{bc};\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2}\ge \frac{2}{ca}$.

Cộng theo vế $6$ bất đẳng thức trên ta được:

$\frac{a}{b^3}+\frac{b}{c^3}+\frac{c}{a^3}\ge \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}=1$.

Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$.

Lời giải bài 83: Giả sử $N$ là giao điểm của $CD$ và $OQ$ thì $CD$ và $OQ$ vuông góc với nhau tại trung điểm $N$ của $CD$. Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông $OAP$ và $OCQ$ ta thấy:

$OA^2=OM.OP,OC^2=ON.OQ$.

Vì $OA^2=OC^2$ nên $OM.OP=ON.OQ$. Từ đó $\frac{OM}{ON}=\frac{OQ}{OP}$, dẫn đến $\triangle{MON}\sim \triangle{QOP}$.

Do đó: $\angle{MON}=\angle{OPQ}=90^0$.

Lời giải bài 84: Ta có: $2005^{2005}-p^{2006}=(2005^{2005}+p^{2005})-(p^{2005}+p^{2006})(1)$.

Vì $2005^{2005}+p^{2005}=(2005+p)(2005^{2004}-p.2005^{2003}+p^2.2005^{2002}-...+p^{2004})$ chia hết cho $2005+p$ nên từ $(1)$ ta có:

$(2005^{2005}-p^{2006})\vdots (2005+p)$.

$\iff (p^{2005}+p^{2006})\vdots (2005+p)$.

$\iff p^{2005}(p+1)\vdots (2005+p)(2)$.

Ta xét hai trường hợp:

1) $p$ là ước nguyên tố của $2005$ hay $p=5;p=401$.

Nếu $p=5$ thì $p^{2005}(1+p)=6.5^{2005}$ không chia hết cho $4$ và do đó không chia hết cho $2005+p=3000$.

Nếu $p=401$ thì $p^{2005}(1+p)=402.401^{2005}$ chia hết cho $2005+p=2406=6.401$. Do đó $p=401$ thỏa mãn bài toán.

2) Nếu $p\ne 5$ và $p\ne 401$ thì $(p,5)=1;(p,401)=1\implies (p^{2005},2005+p)=1$ và $1+p<2005+p$ nên $(2)$ không thể thỏa mãn.

Vậy chỉ có một số nguyên tố thỏa mãn bài toán là $p=401$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 15-09-2018 - 12:48

[tritanngo99]

Bài 85: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện: $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$(a+b+c)^3+a(2bc-1)+b(2ca-1)+c(2ab-1)$.

Bài 86: Cho $1003$ số hữu tỉ khác $0$, trong đó $4$ số bất kì nào trong chúng cũng có thể thành lập một tỉ lệ thức. Chứng minh rằng trong các số đã cho có ít nhất $1000$ số bằng nhau.

Bài 87: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\frac{x-y}{x^4+y^4+6}$.

Bài 88: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $T=\frac{a^2}{a^2+(b+c)^2}+\frac{b^2}{b^2+(c+a)^2}+\frac{c^2}{c^2+(a+b)^2}$.

[tritanngo99]

Lời giải bài 85: Ta có:

$A=(a+b+c)^3+a(2bc-1)+b(2ac-1)+c(2ab-1)$.

$=(a+b+c)^3-(a+b+c)+6abc$.

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

$(a+b+c)^2\le 3(a^2+b^2+c^2)=3(1)$.

Suy ra: $a+b+c\le \sqrt{3}(2)$.

Do $a,b,c$ không âm nên từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra: $(a+b+c)^3\le 3(a+b+c).$

$\implies (a+b+c)^3-(a+b+c)\le 2(a+b+c)\le 2\sqrt{3}(3)$.

Áp dụng BDT Cô-si và theo $(2)$ ta có:

$abc\le (\frac{a+b+c}{3})^3\le (\frac{\sqrt{3}}{3})^3=\frac{\sqrt{3}}{9}(4)$.

Từ $(3)$ và $(4)$ thu được :$A\le 2\sqrt{3}+6.\frac{\sqrt{3}}{9}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$.

Vậy $A_{max}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Lời giải bài 86: 

Từ $1003$ số đã cho, chọn ra ba số bất kì $a,b,c$. Do bốn số bất kì nào cũng có thể lập thành một tỉ lệ thức nên $1000$ số còn lại chỉ nhận một trong ba giá trị là $\frac{ab}{c},\frac{ac}{b},\frac{bc}{a}$. Do đó theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất $333$ số bằng nhau.

Lấy ba số bất kì $x=y=z$ trong $333$ số này cùng với lần lượt $1$ trong $1000$ số còn lại, ta cũng được các tỉ lệ thức. Do vậy $1000$ số này bằng nhau và bằng $x=y=z$.

Vậy $1003$ số đã cho bằng nhau.

Lời giải bài 87: Ta có: $x^4+1\ge 2x^2;y^4+1\ge 2y^2$.

Do đó $x^4+y^4+6\ge 2x^2+2y^2+4=(x+y)^2+(x-y)^2+4\ge (x-y)^2+4\ge 2\sqrt{(x-y)^2.4}=4|x-y|$.

Suy ra:$\frac{-1}{4}\le \frac{x-y}{x^4+y^4+6}\le \frac{1}{4}$.

Với $x=1,y=-1$ thì $\frac{x-y}{x^4+y^4+6}=\frac{1}{4}$.

Với $x=-1,y=1$ thì $\frac{x-y}{x^4+y^4+6}=\frac{-1}{4}$.

Vậy biểu thức đã cho có giá trị lớn nhất là $\frac{1}{4}$ và giá trị nhỏ nhất là $\frac{-1}{4}$.

Lời giải bài 88:

Áp dụng các bất đẳng thức: 

$(b+c)^2\le 2(b^2+c^2);(a+b)^2\le 2(a^2+b^2);(c+a)^2\le 2(c^2+a^2)$, ta có:

$T\ge \frac{a^2}{a^2+2(b^2+c^2)}+\frac{b^2}{b^2+2(a^2+c^2)}+\frac{c^2}{c^2+2(a^2+b^2)}$ hay

$T+3\ge (\frac{a^2}{a^2+2(b^2+c^2)}+1)+(\frac{b^2}{b^2+2(c^2+a^2)}+1)+(\frac{c^2}{c^2+2(a^2+b^2)}+1)$

$=\frac{2}{5}.5(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2+2(b^2+c^2)}+\frac{1}{b^2+2(a^2+c^2)}+\frac{1}{c^2+2(a^2+b^2)})$.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các bộ số dương $m,n,p$ và $\frac{1}{m},\frac{1}{n},\frac{1}{p}$ được:

$(m+n+p)(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p})\ge 3\sqrt[3]{mnp}.3\sqrt[3]{\frac{1}{mnp}}=9$.

Suy ra: $T+3\ge \frac{2}{5}.9\iff T\ge \frac{3}{5}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là $\frac{3}{5}$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 16-09-2018 - 21:58

[tritanngo99]

Bài 89: Cho $f(n)=(n^2+n+1)^2+1$ với $n$ là số nguyên dương. Đặt :

$P_n=\frac{f(1).f(3)...f(2n-1)}{f(2).f(4)...f(2n)}$.

Chứng minh rằng: $P_1+P_2+...+P_n<\frac{1}{2}$.

Bài 90: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn :

$\left\{\begin{array}{I} x\ge 2,y\ge 9,z\ge 1945\\ x+y+z=2010\end{array}\right.$.

Tìm giá trị lớn nhất của tích $xyz$.

Bài 91: Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh rằng: $a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b}\ge 1$.

Bài 92: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=a+b+c$. Biết rằng $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn điều kiện $3\le a,b,c\le 5$ và $a^2+b^2+c^2=50$

[tritanngo99]

Lời giải bài 89: Biến đổi:

$f(n)=((n^2+1)+n)^2+1=(n^2+1)^2+2n(n^2+1)+n^2+1=(n^2+1)((n+1)^2+1)$.

Suy ra:

$\frac{f(2n-1)}{f(2n)}=\frac{(4n^2-4n+2)(4n^2+1)}{(4n^2+1)(4n^2+4n+2)}=\frac{(2n-1)^2+1}{(2n+1)^2+1}$.

Do đó: $P_n=\frac{1^2+1}{3^2+1}.\frac{3^2+1}{5^2+1}.\frac{5^2+1}{7^2+1}...\frac{(2n-1)^2+1}{(2n+1)^2+1}$.

$=\frac{2}{(2n+1)^2+1}=\frac{1}{2n^2+2n+1}<\frac{1}{2n(n+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})$.

Vậy $P_1+P_2+...+P_n<\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=\frac{1}{2}(1-\frac{1}{n+1})<\frac{1}{2}$.

Lời giải bài 90: 

Từ điều kiện ta có: $y<2010-z\le 2010-1945<1945$ và $z\ge 1945$.

Suy ra: $(1945-y)(1945-z)\le 0$.

$\iff yz\le 1945(y+z-1945)$.

Áp dụng BDT Cô-si cho hai số dương $x$ và $y+z-1945$, ta có:

$xyz\le 1945x(y+z-1945)\le 1945(\frac{x+y+z-1945}{2})^2$.

$=1945(\frac{2010-1945}{2})^2=\frac{65^2}{4}.1945=2054406,25$.

$xyz=2054406,25\iff \left\{\begin{array}{I} x+y+z=2010\\ y=1945\\x=y+z-1945\end{array}\right.$.

$\iff \left\{\begin{array}{I} x=y=\frac{65}{2}\\ z=1945\end{array}\right.$.

Vậy giá trị lớn nhất của tích $xyz$ bằng $2054406,25$ khi và chỉ khi $x=y=\frac{65}{2};z=1945$.

Lời giải bài 91: Nếu một trong ba số $a,b,c$ lớn hơn hay bằng $1$ thì BDT cần chứng minh là hiển nhiên.

Nếu $0\le a,b,c\le1$, giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$.

Xét hai trường hợp:

+ Nếu $a+b<1$ thì $b+c<1$ và $c+a<1$. Áp dụng BDT Bernoulli ta có:

$(\frac{1}{a})^{b+c}=(1+\frac{1-a}{a})^{b+c}<1+\frac{(b+c)(1-a)}{a}<\frac{a+b+c}{a}$. Do đó:

$a^{b+c}>\frac{c}{a+b+c}$.

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b}>1$.

+ Với $a+b>1$, do $c=min\left\{a,b,c\right\}$ suy ra $a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b}>a^{b+c}+b^{c+a}\ge a^{a+b}+b^{a+b}$.

Áp dụng BDT Bernoulli ta có:

$a^{a+b}=(1+(a-1))^{a+b}>1+(a+b)(a-1);$

$b^{a+b}=(1+(b-1))^{a+b}>1+(a+b)(b-1);$ 

Từ đó:

$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b}>2+(a+b)(a+b-2)=(a+b-1)^2+1\ge 1$.

Vậy BDT đã chứng minh xong. Đẳng thức không xảy ra.

Lời giải bài 92: Vì $3\le a,b,c\le 5$ nên 

$+(a-3)(b-3)(c-3)\ge 0$.

$\iff abc-3(ab+bc+ca)+9(a+b+c)-27\ge 0(1)$.

$+(5-a)(5-b)(5-c)\ge 0$

$\iff -abc+5(ab+bc+ca)-25(a+b+c)+125\ge 0(2)$.

Cộng theo hai vế BDT $(1)$ và $(2)$ ta được:

$2(ab+bc+ca)-16(a+b+c)+98\ge 0$.

Lại có: $a^2+b^2+c^2=50$.

Suy ra: $(a+b+c)^2-16(a+b+c)+48\ge 0$.

$\iff P^2-16P+48\ge 0\iff (P-8)^2\ge 16(3)$.

Vì $a,b,c\ge 3$ nên $P\ge 9$, kết hợp với $(3)$ suy ra: $P-8\ge 4\implies P\ge 12$.

Vậy $P_{min}=12$. Dấu $=$ xảy ra tại $(a;b;c)=(3;4;5)$ và các hoán vị.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 17-09-2018 - 22:02

[tritanngo99]

Bài 93: Cho $a,b,c$ là các số không âm, chứng minh rằng: $a+b+c\ge \frac{a-b}{b+2}+\frac{b-c}{c+2}+\frac{c-a}{a+2}$.

Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 94: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$, trung tuyến $BM$, phân giác $CD$ đồng quy. Tính tỉ số $\frac{AB}{AC}$.

Bài 95: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: $x(x+2y)^3-y(y+2x)^3=27$.

Bài 96: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $(x^2+1)\sqrt{x^2+1}-x\sqrt{x^4+2x^2+5}+(x-1)^2$

[tritanngo99]

Lời giải bài 93: Xét hiệu $A=(a+b+c)-(\frac{a-b}{b+2}+\frac{b-c}{c+2}+\frac{c-a}{a+2})$.

$=(a-\frac{a-b}{b+2})+(b-\frac{b-c}{c+2})+(c-\frac{c-a}{a+2})$.

$=\frac{ab+a+b}{b+2}+\frac{bc+b+c}{c+2}+\frac{ca+c+a}{a+2}$.

Do $a,b,c$ là các số không âm nên $A\ge 0$ và $A=0\iff a=b=c=0$. Suy ra BDT(1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=0$.

Lời giải bài 94: Vì $AH,BM,CD$ đồng quy nên theo định lí Ceva, ta có:

$\frac{AD}{DB}.\frac{BH}{HC}.\frac{CM}{MA}=1$.

Lại có: $\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{BC}$( do $CD$ là phân giác),

$\frac{BH}{HC}=\frac{BH.BC}{HC.BC}=\frac{AB^2}{AC^2}$( hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$), $\frac{CM}{MA}=1$ (do $MB$ là trung tuyến).

Thay các đẳng thức này vào $(*)$, suy ra:

$\frac{AC}{BC}.\frac{AB^2}{AC^2}=1\implies \frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BC}{AC}$

$\implies (\frac{AB}{AC})^4=\frac{BC^2}{AC^2}=\frac{AB^2+AC^2}{AC^2}=1+(\frac{AB}{AC})^2$.

Đặt $(\frac{AB}{AC})^2=t(t>0)$ thì ta được phương trình bậc hai: $t^2-t-1=0\implies t=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Vậy $\frac{AB}{AC}=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$.

Lời giải bài 95: $x(x+2y)^3-y(y+2x)^3=27(1)$.

Biến đổi phương trình $(1)$ ta có:

$x(x^3+6x^2y+12xy^2+8y^3)-y(y^3+6xy^2+12x^2y+8x^3)=27$.

$\iff x^4-y^4+6xy(x^2-y^2)-8xy(x^2-y^2)=27$.

$\iff (x^2-y^2)(x^2+y^2+6xy-8xy)=27$.

$\iff (x+y)(x-y)^3=27(2)$.

Vì $x,y\in \mathbb{N^*}$ nên $x+y>1$, kết hợp với $(2)$ suy ra: $0<(x-y)^3<27$ và $(x-y)^3\in U(27)$.

Do đó: $\left\{\begin{array}{I} (x-y)^3=1\\ x+y=27\end{array}\right.\iff (x;y)=(14;13)$.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $(x;y)=(14;13)$.

Lời giải bài 96: 

Ta sẽ chứng minh: $(x^2+1)\sqrt{x^2+1}\ge x\sqrt{x^4+2x^2+5}(1)$.

Thật vậy, Nếu $x\le 0$ thì :

$x\sqrt{x^4+2x^2+5}\le 0<(x^2+1)\sqrt{x^2+1}$.

Vậy $(1)$ đúng.

Nếu $x>0$ thì hai vế của $(1)$ dương nên:

$(1)\iff (x^2+1)^3\ge x^2(x^4+2x^2+5)$.

$\iff x^6+3x^4+3x^2+1\ge x^6+2x^4+5x^2$.

$\iff x^4-2x^2+1\ge 0\iff (x^2-1)^2\ge 0$, Luôn đúng.

Vậy $(1)$ đúng. Dấu $=$ xảy ra khi khi $x^2=1\iff x=1$( khi xét $x>0$).

Trở lại bài toán ta có:

$(x^2+1)\sqrt{x^2+1}-x\sqrt{x^4+2x^2+5}+(x-1)^2\ge 0(2)$.

Dấu $=$ xảy ra khi $x=1$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là $0$, đạt được tại $x=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 18-09-2018 - 17:19

[tritanngo99]

Bài 97: Cho tam giác $ABC$. Tia phân giác của góc $\angle{BAC}$ cắt tia phân giác của góc $\angle{ABC}$ ở $I$ và cắt cạnh $BC$ ở $E$. Đường vuông góc với $AE$ tại $E$ cắt cung $BIC$ ở đường tròn ngoại tiếp tam giác $BIC$ ở $H$. Chứng minh rằng: $AH$ tiếp xúc với cung $BIC$.

Bài 98: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $T=\frac{(y+z)^2}{y^2+z^2}-\frac{(x+z)^2}{x^2+z^2}$, trong đó $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn điều kiện $x>y,z>0$ và $z^2\ge xy$.

Bài 99: Tìm các số nguyên $x,y,z$ sao cho $x^2+y^2+z^2+3<xy+3y+2z$.

Bài 100: Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AD$ thỏa mãn $AD=DC=3BD$. Gọi $O$ và $H$ theo thứ tự là giao điểm của ba đường trung trực và trực tâm của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng: $\frac{OH}{BC}=\frac{1}{4}$

[tritanngo99]

Lời giải bài 97: Gọi $M$ là giao điểm thứ $2$ của $AI$ với đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác $ABC$. Vì $AI$ là phân giác của $\angle{BAC}$ nên $MB=MC$. Mặt khác, vì $\angle{IBM}=\angle{IBC}+\angle{CBM}=\angle{IBA}+\angle{CAM}=\angle{IBA}+\angle{BAI}=\angle{BIM}$ nên tam giác $BMI$ cân tại $M$, suy ra $MB=MI=MC$.

Do đó $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BIC$, suy ra $MB=MH(*)$.

Hai tam giác $BEM$ và $ABM$ có góc $M$ chung, $\angle{EBM}=\angle{BAM}$ nên chúng đồng dạng, suy ra:

$\frac{EM}{BM}=\frac{BM}{AM}\implies EM.AM=BM^2$.

Kết hợp với $(*)$ ta có: $EM.AM=MH^2$ mà $HE\bot AM$ và $E$ nằm giữa $A$ và $M$ suy ra $AH\bot MH$ hay $AH$ là tiếp tuyến của đường tròn $(M)$(dpcm).

Lời giải bài 98: Ta có:

$T=1+\frac{2yz}{y^2+z^2}-(1+\frac{2xz}{x^2+z^2})=\frac{2z(y(x^2+z^2)-x(y^2+z^2))}{(y^2+z^2)(x^2+z^2)}$.

$=\frac{2z(x-y)(xy-z^2)}{(y^2+z^2)(x^2+z^2)}\le 0$( do $x>y,z>0,z^2\ge xy$).

Vậy $T(max)=0$. Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $z^2=xy$.

Lời giải bài 99: 

Do $x,y,z$ là các số nguyên nên:

$(1)\iff x^2+y^2+z^2+3+1\le xy+3y+2z$.

$\iff x^2+y^2+z^2+4-xy-3y-2z\le 0$.

$\iff (x^2-xy+\frac{y^2}{4})+(\frac{3y^2}{4}-3y+3)+(z^2-2z+1)\le 0$.

$\iff (x-\frac{y}{2})^2+3(\frac{y}{2}-1)^2+(z-1)^2\le 0(2)$.

Vì $(x-\frac{y}{2})^2\ge 0;3(\frac{y}{2}-1)^2\ge 0;(z-1)^2\ge 0$ nên 

$(2)\iff \left\{\begin{array}{I}x-\frac{y}{2}=0\\ \frac{y}{2}-1=0\\ z-1=0\end{array}\right.$.

$\iff (x;y;z)=(1;2;1)$.

Vậy các số nguyên cần tìm là: $x=1;y=2;z=1$.

Lời giải bài 100:

Gọi $E$ và $F$ theo thứ tự là trung điểm của $BC$ và $AC$, $BH$ cắt $AC$ tại $K$, ta có: $OE\bot BC,BK\bot AC,$ ba điểm $D,O,E$ thẳng hàng và $DF\bot AC$( do $\triangle{ADC}$ vuông cân tại $D$). Suy ra $\angle{D_1}=\angle{D_2}=45^0$. Vì $BK\parallel DF$ nên $\triangle{BDH} $ vuông cân tại $D$, dẫn đến $DB=DH(1)$.

Theo giả thiết $BD=\frac{1}{4}AC;BE=\frac{1}{2}BC$.

$\implies BD=\frac{1}{2}BE$ hay $BD=DE(2)$.

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $DH=DE$.(3).

Hai tam giác $HDO$ và $EDO$ có $DO$ chung, $\angle{D_1}=\angle{D_2},DH=DE$. Do đó $\triangle{HDO}=\triangle{EDO}(c.g.c)\implies OH=OE$ mà $OE=DE$ (do $\triangle{DEO}$ vuông cân) nên $OH=DE=BD$.

Vậy $\frac{OH}{BC}=\frac{1}{4}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 19-09-2018 - 16:40

[tritanngo99]

Bài 101: Cho dãy số $(a_n)$ với $a_1=3,a_2=8,a_3=13,a_4=24,a_5=31,a_6=48,...$.

$a_{n+2}=\left\{\begin{array}{I}a_n+4n+8\text{ khi n lẻ }\\a_n+4n+6\text{ khi n chẵn }\end{array}\right.$

a) Hỏi số $2007,2024$ có thuộc dãy số trên không?

b) Số thứ $2007$ của dãy số trên là số nào?

Bài 102:

a) Tìm tất cả các số tự nhiên có thể viết được dưới dạng tổng hai số nguyên lớn hơn $1$ và nguyên tố cùng nhau.

b) Tìm tất cả các số tự nhiên có thể viết được dưới dạng tổng ba số nguyên lớn hơn $1$ và đôi một nguyên tố cùng nhau.

Bài 103: Cho tam giác $ABC$ cân ở $A$ với $\angle{BAC}<90^0$ và các đường cao $BD,AH$. Trên tia $BD$ lấy điểm $K$ sao cho $BK=BA$. Tính số đo của góc $HAK$.

Bài 104: Tìm số nguyên $n(n>1)$ bé nhất sao cho $\frac{1^2+2^2+...+n^2}{n}$ là một số chính phương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 19-09-2018 - 16:56

[tritanngo99]

Lời giải bài 101:

Ta thấy:

$a_1=3=1.2+1,a_2=8=2.4$.

$a_3=13=3.4+1,a_4=4.6$.

$a_5=31=5.6+1,a_6=48=6.8$,..

Ta dự đoán công thức $a_n$ theo $n$ như sau:

$a_n=\left\{\begin{array}{I} n(n+2)\text{ khi n chẵn}\\ n(n+1)+1\text{ khi n lẻ}\end{array}\right.$.

Ta sẽ chứng minh công thức trên.

+ Với $n$ chẵn, theo đề bài ta có:

$a_4=a_2+4.2+8$.

a_6=a_4+4.4+8$.

$..........................$

$a_{2k-2}=a_{2k-4}+4(2k-4)+8$.

$a_{2k}=a_{2k-2}+4(2k-2)+8$.

Cộng theo từng vế các đẳng thức trên ta được:

$a_{2k}=8(1+2+...+(k-1))+8k$.

$=8.\frac{(k-1)k}{2}+8k=4k^2+4k=2k(2k+2)$.

Vậy công thức đúng với $n$ chẵn.

+ Với $n$ lẻ, theo đề bài ta có:

$a_3=a_1+4.1+6$.

$a_5=a_3+4.3+6$.

$..........................$

$a_{2k-1}=a_{2k-3}+4(2k-3)+6$.

$a_{2k+1}=a_{2k-1}+4(2k-1)+6$.

Cộng theo từng vế các đẳng thức trên và chú ý rằng:

$S=1+3+5+...+(2k-3)+(2k-1)=k^2$.

ta được: $a_{2k+1}=3+4(1+3+...+(2k-3)+(2k-1))+6k$.

$=3+4k^2+6k=4k^2+2k+4k+2+1=2k(2k+1)+2(2k+1)+1=(2k+1)(2k+2)+1$.

Vậy công thức đúng với $n$ lẻ.

Từ công thức trên ta thấy $a_n$ lẻ thì $n$ lẻ và nếu $a_n$ chẵn thì $n$ chẵn.

a) +Nếu $a_n=2007$ thì $n$ lẻ và $2007=n(n+1)+1$ nên $2006=n(n+1)$ nhưng $43.44<2006<45.46$ do đó số $2007$ không thuộc dãy số đang xét.

+ Nếu $a_n=2024$ thì $n$ chẵn và $2024=n(n+2)$ mà $2004=44.46$ do đó $2024$ là số thứ $44$ trong dãy số đang xét.

b) Số thứ $2007$ của dãy là: $a_{2007}=2007.2008+1=4030057$.

Lời giải bài 102: 

Nhận xét:Với các số $a,b$ nguyên dương $(a>b)$ nếu $a$ và $b$ có ước chung lớn nhất là $d$ thì $d$ phải là ước của $a-b$.

Thật vậy, giả sử $(a,b)=d$ thì $a=dm,b=dn$ với $(m,n)=1$ thì $a-b=d(m-n)$ chia hết cho $d$.

Sử dụng trên một lần hoặc nhiều lần ta có các khẳng định sau đối với các số nguyên dương:

$(k,k+1)=1$.

$(2k+1,2k+3)=1$.

$(2k-1,2k+3)=1$.

$(2k-3,2k+1)=1$.

$(3k-2,3k+4)=1$ với $k$ lẻ.

$(3k-4,3k+2)=1$ với $k$ lẻ.

$(3k-5,3k+7)=1$ với $k$ chẵn.

$(3k-7,3k+5)=1$ với $k$ chẵn.

Số $3$ nguyên tố cùng nhau với mỗi số hạng $3k+r,3k-r$ trong đó $r$ bằng $2,4,5,7$.

a) Xét cách viết số nguyên dương $n=a+b$ , ta thấy $5=2+3$ thỏa mãn và $n=6$ không thỏa mãn, nên chỉ cần xét với các số nguyên dương $n\ge 7$.

+ Nếu $n=2k+1$ thì viết $2k+1=k+(k+1)$, thỏa mãn.

+ Nếu $n=4k$ thì viết $4k=(2k-1)+(2k+1)$, thỏa mãn.

+ Nếu $n=4k+2$ thì viết $4k+2=(2k-1)+(2k+3)$ thỏa mãn.

Vậy các số nguyên dương $n$ cần tìm là $n=5$ và với mọi $n\ge 7$.

b) Xét cách viết số nguyên dương $n=a+b+c$, ta thấy $10=2+3+5,12=2+3+7,14=2+5+7,15=3+5+7,16=2+5+9$ còn $9,11,13,17$ không thỏa mãn nên chỉ xét với các số nguyên $n\ge 18$.

+ Nếu $n=4k$ thì viết $4k=2+(2k-3)+(2k+1)$ với $k\ge 3,$ thỏa mãn.

+ Nếu $n=4k+2$ thì viết $4k+2=2+(2k-1)+(2k+1)$ với $k\ge 3$ thỏa mãn.

+ Nếu $n=6k+1$ thì viết :

$6k+1=3+(3k-4)+(3k+2)$ với $k$ lẻ, $k\ge 3$ hoặc $6k+1=3+(3k-7)+(3k+5)$ với $k$ chẵn, $k\ge 4$ thỏa mãn.

+ Nếu $n=6k+3$ thì viết $6k+3=(2k-1)+(2k+1)+(2k+3)$ với $k\ge 2$ thỏa mãn.

+ Nếu $n=6k+5$ thì viết $6k+5=3+(3k-2)+(3k+4)$ với $k$ lẻ, $k\ge 3 $  hoặc $6k+5=3+(3k-5)+(3k+7)$ với $k$ chẵn, $k\ge 4$, thỏa mãn.

Vậy các số nguyên dương $n$ cần tìm là $10,12,14,15,16$ và mọi $n\ge 18$.

Lời giải bài 103: Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên đường cao $AH$ đồng thời là đường phân giác của góc $\angle{BAC}$, suy ra $\angle{A_2}=\angle{A_3}$. Mặt khác,  $BA=BK(gt)$ nên $\triangle{ABK}$ cân tại $B$, suy ra $\angle{BKA}=\angle{BAK}$ hay $\angle{BKA}=\angle{A_1}+2\angle{A_2}(1)$.

Trong tam giác vuông $ADK$ có $\angle{K}+\angle{A_1}=90^0(2)$.

Thay $(1)$ vào $(2)$ ta được: $2\angle{A_1}+2\angle{A_2}=90^0\implies \angle{A_1}+\angle{A_2}=45^0$. Vậy $\angle{HAK}=45^0$.

Lời giải bài 104: 

Ta chứng minh được: $\frac{1^2+2^2+...+n^2}{n}=\frac{(n+1)(2n+1)}{6}$.

Giả sử $(n+1)(2n+1)=6k^2(k\in \mathbb{N^*})(1)$.

Do $2n+1$ lẻ nên $n+1$ chẵn, vậy $n$ lẻ.

Đặt $n=2m+1(m\in \mathbb{N^*})$ và thay vào $(1)$ ta có: $(m+1)(4m+3)=3k^2$.

Do $(m+1;4m+3)=1$ và $4m+3$ không là số chính phương nên ta có:

$\left\{\begin{array}{I} m+1=a^2\\4m+3=3b^2\end{array}\right.(a,b\in \mathbb{N^*},ab=k)$.

Từ đó: $4a^2-3b^2=1\iff (2a-1)(2a+1)=3b^2$.

Lại do: $(2a-1;2a+1)=1$ nên có hai khả năng 

a) $\left\{\begin{array}{I} 2a-1=3a_1^2\\ 2b+1=b_1^2\end{array}\right.(a_1,b_1\in \mathbb{N^*})$.

Nên $b_1^2=3a_1^2+2$, vô lí vì số chính phương chia cho $3$ dư $0$ hoặc $1$.

b) $\left\{\begin{array} 2a-1=a_2^2\\ 2a+1=3b_2^2\end{array}\right.(a_2,b_2\in \mathbb{N^*})$.

Suy ra $3b_2^2-a_2^2=2\implies a_2$ lẻ và không chia hết cho $3$.

Dễ thấy rằng $a_2=5$ thì $n=337$ là số nguyên dương bé nhất thỏa mãn bài toán.

Khi đó: $\frac{1^2+2^2+...+n^2}{n}=\frac{(337+1)(2.337+1)}{6}=195^2$. là số chính phương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 22-09-2018 - 06:17