Mọi người giúp em bài 5 với ạ ;_;
P/s: Thi nát quá
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 19-03-2023 - 07:11
Mọi người giúp em bài 5 với ạ ;_;
P/s: Thi nát quá
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 19-03-2023 - 07:11
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
Mọi người giúp em bài 5 với ạ ;_;
P/s: Thi nát quá
Đỡ hơn mình rớt cả vòng kiểm tra chất lượng quận
Góp bài bất theo gợi ý:
VT=$((a+b)(b+c)(c+a))^2$
Áp dụng BĐT phụ: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$
$\rightarrow$ VT $\geq [\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2\geq [\frac{8}{9}\sqrt{3(ab+bc+ca)}(ab+bc+ca)]=\frac{64}{27}$
a) Dễ dàng chứng minh được $AF.AB=AE.AC=AD^2$, từ đây suy ra được tứ giác $BCEF$ nội tiếp.
b) Tứ giác $AFDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AD$ (do $\angle AFD=\angle AED=90^{\circ}$), từ đó suy ra được $A,M,F,D,E$ cùng thuộc một đường tròn.
Gọi $T$ là giao điểm thứ hai của $MD$ với $(O)$. Dễ thấy $\angle TMA=\angle DMA=90^{\circ}$ nên suy ra được $AT$ là đường kính của $(O)$. Khi đó:
$\angle TMC=\angle TAC=90^{\circ}-\angle ATC=90^{\circ}-\angle ABC=90^{\circ}-\angle ABD=\angle BAD\equiv\angle FAD=\angle FMD$, do đó $MD$ là phân giác của $\angle FMC$.
c) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AFDE$, dễ thấy đường trung trực của $EF$ đi qua $I$ và đường trung trực của $BC$ đi qua $O$
Gọi $X$ và $X’$ lần lượt là giao điểm của đường trung trực của $BC$ và $MD$, $IN$ và $MD$. Gọi $N$ là trung điểm của $EF$.
Dễ thấy $\bigtriangleup ADT$ có $O$ là trung điểm của $AT$, $OX\parallel AD$ nên $X$ là trung điểm của $DT$. (1)
Kẻ tiếp tuyến $Ax$ với $(O)$ như hình trên, chứng minh được $AT\perp EF$ nên $AT\parallel IX'$. Xét $\bigtriangleup ADT$ có $I$ là trung điểm của $AD$, $IX\parallel DT$ nên $X'$ là trung điểm của $DT$. (2)
Từ (1) và (2) suy ra $X$ và $X'$ trùng nhau, ta có đpcm.
P/s: Mọi người coi giúp em giải như này có sai gì không ạ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 16-03-2023 - 11:55
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
VT=$((a+b)(b+c)(c+a))^2$
Áp dụng BĐT phụ: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$
$\rightarrow$ VT $\geq [\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2\geq [\frac{8}{9}\sqrt{3(ab+bc+ca)}(ab+bc+ca)]=\frac{64}{27}$
Uầy mình vào không nghĩ tới bđt này luôn. Cũng chỉ mong có giải khúc khích cho đỡ buồn thôi bạn à ;_;
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
Câu 2:
a) $GT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+y)^2-2xy=x+3 & & \\ 3xy+y^2=y-3 & & \end{matrix}\right.$
Cộng cả 2 phương trình lại tính được $x$ theo $y$
b) Giả sử $a>b>c$ và cả 3 phương trình đều vô nghiệm
Xét phương trình thứ 3
Có: $a^2<ac+1$ $\Rightarrow$ $a(a-c)<1$ (vô lí vì $a>c$ và $a,c$ nguyên)
Vậy ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truongphat266: 15-03-2023 - 18:19
P/s: Mọi người coi giúp em giải như này có sai gì không ạ
Bạn xem giúp mình với để mình thử dò lại, bây h chỉ còn hi vọng vô câu hình ._.
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
Câu 3.
1. $2x^2-y^2=1$ $(*)$
Dễ thấy $y$ lẻ $\Rightarrow y^2\equiv 1 \pmod4$.
Nếu $x$ chẵn thì $x^2\equiv0\pmod4\Rightarrow 2x^2-y^2\equiv -1\pmod4$ không thoả mãn $(*)$. Do đó $x$ lẻ. Khi đó $(*)\Leftrightarrow x^2-y^2=1-x^2=-(x-1)(x+1)$. Vì $(x-1)(x+1)$ là tích hai số nguyên chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8. Do đó $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 8. (1)
Xét TH $x$ hoặc $y$ chia hết cho 5 hoặc cả $x$ và $y$ có cùng số dư khi chia cho 5. Khi đó dễ dàng chứng minh được $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 5.
Xét TH $x$ và $y$ không có cùng số dư khi chia cho 5 và không có số nào chia hết cho 5. Khi đó $x^2$ và $y^2$ chia 5 dư 1 hoặc 4. Xét TH $x^2$ dư 1, $y^2$ chia 5 dư 4 và TH $x^2$ chia 5 dư 4, $y^2$ chia 5 dư 1 đều không thoả mãn $(*)$.
Do đó $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 5. (2)
Từ (1) và (2) suy ra $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 40 (đpcm).
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 19-03-2023 - 07:08
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
Câu 3. b)
Mỗi người đều chơi $n$ trận với $n$ người khác và không có trận hòa
Do đó: $x_1+y_1=x_2+y_2=x_3+y_3=...=x_n+y_n=n$
Mà tổng số trận thắng của mọi người bằng tổng số trận thua do đó:
$x_1+x_2+...+x_n=y_1+y_2+y_3+...+y_n$
Xét: $x^2_1+x^2_2+x^2_3+...+x_n^2-y_1^2-y_2^2-y_3^2-...-y_n^2$
$=(x_1^2-y_1^2)+(x_2^2-y_2^2)+...(x_n^2-y_n^2)$
$=n(x_1-y_1)+n(x_2-y_2)+...+n(x_n-y_n)$
$=n(x_1-y_1+x_2-y_2+...+x_n-y_n)$
$=0$
$\rightarrow DPCM$
P/S: Đây là đề thi chuyên toán TP.HCM năm 2015-2016 được tổng quát lên
Câu 3.
1. $2x^2-y^2=1$ $(*)$
Dễ thấy $y$ lẻ $\Rightarrow y^2\equiv 1 \pmod4$.
Nếu $x$ chẵn thì $x^2\equiv1\pmod0\Rightarrow 2x^2-y^2\equiv -3\pmod4$ không thoả mãn $(*)$. Do đó $x$ lẻ. Khi đó $(*)\Leftrightarrow x^2-y^2=1-x^2=-(x-1)(x+1)$. Vì $(x-1)(x+1)$ là hai số nguyên chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8. Do đó $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 8. (1)
Xét TH $x$ hoặc $y$ chia hết cho 5 hoặc cả $x$ và $y$ có cùng số dư khi chia cho 5. Khi đó dễ dàng chứng minh được $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 5.
Xét TH $x$ và $y$ không có cùng số dư khi chia cho 5 và không có số nào chia hết cho 5. Khi đó $x^2$ và $y^2$ chia 5 dư 1 hoặc 4. Xét TH $x^2$ dư 1, $y^2$ chia 5 dư 4 và TH $x^2$ chia 5 dư 4, $y^2$ chia 5 dư 1 đều không thoả mãn $(*)$.
Do đó $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 5. (2)
Từ (1) và (2) suy ra $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 40 (đpcm).
Thực ra câu này làm ngắn hơn thì xét số dư cho 8
Thực ra câu này làm ngắn hơn thì xét số dư cho 8
Lúc đấy nghĩ được gì là làm luôn thôi chứ không nghĩ đến hướng khác nữa
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
Bản đẹp hơn và đầy đủ hơn của tài liệu trên.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 28-06-2023 - 16:32
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh