tson1997

1.Cho dãy $u_{1}=2$ $u_{n}=3u_{n-1}+2{n^{3}}-9n^{^{2}}+9n-3$. Chứng minh với mỗi số nguyên tố p thì $2009\sum_{i=1}^{p-1}{u_{i}}$ chia hết cho p.

2.Cho dãy $x_{0}=1$ $x_{1}=\frac{1}{2}$ $x_{n+2}=\frac{x_{n+1}x_{n}}{2002x_{n+1}+2001x_{n}+2000x_{n+1}x_{n}}$. Hãy tìm công thức tổng quát của $x_{n}$.

 

1/ Xét dãy $v_{n}= u_{n}+n^3$ mọi n =1,2,...

Từ giả thiết suy ra $v_{1}=3$ và $v_{n+1}=3v_{n}$

Từ đó suy ra $v_{n}= 3^{n-1}.v_{1}=3^n$

suy ra $u_{n} = 3^{n}-n^3 $

suy ra $2009\sum_{i=1}^{p-1}{u_{i}} = 2009.(\frac{3}{2}.(3^{p-1}-1)-\frac{p^2(p-1)^2}{4})$

 

Với p khác 2;3 thì theo định lý Fermat nhỏ suy ra đpcm

Nếu p=2;3 dễ có nhận xét đúng

Vậy ta có đpcm

2/Đặt $v_{n}=\frac{1}{u_{n}}$ thì :

$v_{n+2}= 2000+ 2001.v_{n+1}+2002.v_{n}$

Xét $w_{n}= v_{n}+\frac{1000}{2001}$ thì: $w_{n+2}=2001w_{n+1}+2002w_{n}$ 

 

Từ đây suy ra CTTQ của ${w_{n}}$ -> v(n) -> u(n)

Xét chiều dương là chiều ngược kim đồng hồ,với phép quay véc-tơ 45 độ Q, Ta có:

 

$Q(\vec{MP})= Q(\vec{MB}+\vec{BP}) = Q(\vec{MB})+ Q(\vec{BP}) = \frac{\sqrt{2}}{2}.(\vec{AB}+\vec{BC}) = \frac{\sqrt{2}}{2} \vec{AC} $

 

CMTT ta có $Q(\vec{QN} = \frac{\sqrt{2}}{2}.\vec{AC} $

 

Từ đó suy ra $Q(\vec{MP})=Q(\vec{QN})$ suy ra $\vec{MP}=\vec{QN}$ hay MNPQ là hình bình hành

Ta có 1 bổ đề quen thuộc sau: (Nêu,k chứng minh) 

"Với tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O) và điểm D thuộc đường tròn,ta có đường thẳng Sim-sơn của D với tam giác ABC đi qua trung điểm đoạn thẳng DH" (H là trực tâm tam giác ABC)

 

Áp dụng bổ đề,gọi H là trực tâm tam giác ABC,$H_1;H_2;H_3$ lần lượt là trực tâm các tam giác DBC;DCA;DAB.Ta có theo bổ đề thì $d_D$ đi qua trung điểm đoạn DH và $d_A$ đi qua trung điểm đoạn $AH_1$.Mặt khác dễ dàng chứng minh rằng $AH// DH_1$ và $AH=DH_1$ (do tính đối xứng của các tâm đường tròn (ABC) và $(H_1BC)$) suy ra trung điểm DH và trung điểm $AH_1$ là trùng nhau hay dA đi qua trung điểm DH

 

Tg tự ta có dB;dC cũng đi qua trung điểm DH( đpcm)

Em ngại khâu vẽ hình quá,bác nào vẽ hộ em nhá

Trước hết ta phát biểu không chứng minh 1 bổ đề quen thuộc:

"Tập hợp các điểm M thỏa mãn hệ thức $\frac{MN}{MP} = \frac{AB}{AC}$ là đường đối trung đinh A của tam giác ABC " (N;P là hình chiếu của M lên AB;AC)

 

Trở lại với bài toán:

 

Gọi I là giao điểm của đường thẳng vuông góc với OM tại M và đường thẳng vuông góc với ON tại N.

Hiển nhiên rằng IM // AB (cùng vuông góc OM);IN// AC (cùng vuông góc ON).

Từ điều này suy ra rằng :

 

$ (\vec{MI};\vec{MP}) \equiv (\vec{BA};\vec{BM}) \equiv (\vec{AM};\vec{AB}) \equiv (\vec{MN};\vec{MI}) (mod 360^{o}) $

 

suy ra MI là phân giác trong góc M của tam giác MNP.

 

CMTT suy ra NI là phân giác trong góc N của tam giác MNP

suy ra I là tâm nội tiếp tam giác ABC

 

Mặt khác,hạ IX;MU vuông góc AB; IY;NV vuông góc AC thì theo tính chất song song ta có:

MU=IX; NV=IY

 

suy ra : $\frac{IX}{IY} = \frac{MU}{NV} = \frac{AB}{AC}$ (do tam giác MAB đồng dạng tam giác NAC)

 

Theo bổ đề suy ra I thuộc AS hay ta có đpcm

Cho $a,b,c \geq 0$. CMR:

$\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{{c^2}+\frac{1}{a^2}} \geq 3\sqrt{2}$

(Thử sức trước kì thi lần 1 - Tạp chí THTT)

Ngoài ra cũng có thể sử dụng Cauchy-Schwarz trực tiếp như sau:

Ta có: $\sqrt{(1+1)(a^2+\frac{1}{b^2})} \geq a+\frac{1}{b}$
hay $\sqrt{2(a^2+\frac{1}{b^2})} \geq a+\frac{1}{b}$

Tương tự,ta có: $\sqrt{2(b^2+\frac{1}{c^2})} \geq b+\frac{1}{c}$
$\sqrt{2(c^2+\frac{1}{a^2})} \geq c+\frac{1}{a}$

Cộng theo vế 3 bđt trên ta có : $VT.\sqrt{2} \geq \sum a + \sum \frac{1}{a} \geq \sum a + \frac{9}{\sum a} \geq 6$

Hay $VT \geq 3\sqrt{2} = VP$

Ta có đpcm

Dễ thấy rằng $x \leq \frac{2}{3}$ vì nếu $x > \frac{2}{3}$ thì $3x+2y+z > 6x > 4$
Từ đây,ta xét 2 trường hợp:
TH1: $x< \frac{1}{3} \Rightarrow 3x^2+2y^2+z^2 < 3.(\frac{1}{3})^2+2+1 = \frac{10}{3}$(1)

TH2: $\frac{1}{3} \leq x \leq \frac{2}{3} \Rightarrow (\frac{2}{3}-x)(x-\frac{1}{3}) \geq 0$
$\Leftrightarrow 3x^2 \leq 3x-\frac{2}{3}$
Và do $0 < y;z \leq 1$ nên $y \geq y^2;z \geq z^2$
Từ đó ta có:
$F = 3x^2+2y^2+z^2 \leq 3x-\frac{2}{3}+2y+z \leq 4-\frac{2}{3} = \frac{10}{3}$(2)

Từ (1) và (2) ta có $Max F = \frac{10}{3} \Leftrightarrow x=\frac{1}{3};y=z=1$

Chắc chỉ bí câu c thôi nhỉ
c) Theo câu b,ta có
$\frac{EQ}{QD}=\frac{IE}{OD}=\frac{IE}{OD}=\frac{AE}{AB}$ (theo định lý ta-lét)
Mà AB=CD nên $\frac{EQ}{QD}=\frac{AE}{DC}$
Từ đây suy ra $\triangle AQE \sim \triangle CQD$ (c-g-c)
$\Rightarrow \widehat{AQE}=\widehat{CQD}= 180^o- \widehat{CQE}$
Nên $\widehat{AQC}=\widehat{AQE}+\widehat{CQE}=180^o$

Vậy 3 điểm A;Q;C thẳng hàng (đpcm)

cho mình hỏi tại sao =>ra được xy nguyên zậy.

Đây nhé: Giả sử $2xy= a (a \in Z)$ thì $xy=\frac{a}{2} \Rightarrow 2x^2y^2=\frac{a^2}{2}$
Mà $2x^2y^2 \in Z$ nên $a^2 \vdots 2 \Rightarrow a \vdots 2 \Rightarrow xy=\frac{a}{2} \in Z$

Cách khác thuần túy hơn:
Vì $x_1;x_2$ là 2 nghiệm pt nên
$x_1^2+px_1+q=x_2^2+px_2+q=0 \Rightarrow x_1^{n+1}+px_1^n+qx_1^{n-1}=x_2^{n+1}+px_2^{n}+qx_2^{n-1}=0$

Cộng theo vế ta có: $S_{n+1}+pS_{n}+qS_{n-1} = 0$ (đpcm)

Từ gt suy ra $a+b+c \vdots 9 \Rightarrow a+b+c \in {9;18;27}$
a+b+c= 9 --> c=9-a-b --> $100a+10b+9-a-b=9a^2+9b^2+9(9-a-b)^2=18a^2+18b^2+729-18a-18b+18ab \Leftrightarrow 2a^2+2b^2-13a-3b+2ab+81=0$
Đây lại trở thành 1 pt nghiệm nguyên mẫu mực (giải = chặn delta)

Tương tự vs trường hợp a+b+c=18
a+b+c=27 --> a=b=c=9
Nhưng $\bar{abc}=999$ k thỏa mãn

$(\sqrt{x+3}-\sqrt{x})(\sqrt{1-x}+1)=1$(1)

Đk : $0 \leq x \leq 1$Ta có: $(1) \Leftrightarrow \frac{3(\sqrt{1-x}+1)}{\sqrt{x}+\sqrt{x+3}}=1$
Dễ thấy vế trái là 1 hàm giảm trên [0;1].Nên:
x=1 là nghiệm
x>1 thì VT < VP
x<1 thì VT > VP
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=1

Lần này anh chị ra bài thoáng thế (có sự lựa chọn hẳn hoi ) :
Em xin giải bài 1:
Từ giả thiết ta suy ra : $7\sqrt{c} \geq \sqrt{a} \geq \sqrt{b} \geq \sqrt{c} > 0$
Nên:

$(\sqrt{a}-7\sqrt{c})(\sqrt{a}-\sqrt{b}) \leq 0 \Leftrightarrow a \leq 7\sqrt{ac}+\sqrt{ab}-7\sqrt{bc}$(1)
Tg tự,ta có:

$(\sqrt{b}-\sqrt{a})(\sqrt{b}-\sqrt{c}) \leq 0 \Leftrightarrow 4b \leq 4\sqrt{ab}+4\sqrt{bc}-4\sqrt{ca}$(2)
và:
$(\sqrt{c}-\sqrt{b})(7\sqrt{c}-\sqrt{a}) \leq 0 \Leftrightarrow 7c \leq \sqrt{ac}+7\sqrt{bc}-\sqrt{ab}$(3)
Từ (1);(2);(3),cộng theo vế 3 bđt cùng chiều ta được

$a+4b+7c \leq 4(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$
Dấu "=" có xảy ra,khi chẳng hạn $a=49c;b=c$

D-B=3.8h
E=10
F=0
S=74.2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
$\frac{1}{a^2+b+c} =\frac{b+c+1}{(a^2+b+c)(1+b+c)} \leq \frac{b+c+1}{(a+b+c)^2}$

Chứng minh tương tự ta đc 2 bđt hoàn toàn tg tự ,cộng lại ta đc:
$\sum \frac{1}{a^2+b+c} \leq \frac{2(a+b+c)+3}{(a+b+c)^2}=\frac{9}{9}=1$

Vậy ta có đpcm

Cho a>b>0. CMR:
$\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}<\frac{(a-b)^{2}}{8b}$

Biến đổi tg đg:
Bđt đã cho tg đg vs:
$4b(a+b)-8b\sqrt{ab} < a^2-2ab+b^2 \Leftrightarrow 6ab+3b^2-8b\sqrt{ab} < a^2 \Leftrightarrow \frac{6a}{b}+3-8\sqrt{\frac{a}{b}} < \frac{a^2}{b^2}$
Đặt $\sqrt{\frac{a}{b}}=t$ vs t>1 thì ta cần cminh:
$6t^2+3-8t < t^4 \Leftrightarrow t^4-6t^2+8t-3 > 0 \Leftrightarrow (t-1)^3(t+3) > 0$
Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên ta có đpcm

Ta có:
$y= \sqrt{(x+1)^2+x^2}+\sqrt{(x-2)^2+x^2} \geq \sqrt{(x+1)^2}+\sqrt{(x-2)^2}=|x+1|+|x-2|=|x+1|+|2-x| \geq |x+1+2-x|=3$

Min y=3 khi x=0