defaw

Giải: Do thoát nước ở bể thứ nhất đến khi bằng $\frac{1}{2}$ bể thứ hai với vận tốc thoát nước như đề bài đã cho, thì tương đương với việc có một bể thứ ba trữ lượng gấp đôi thoát nước nhanh gấp đôi và sau cùng một thời gian đó sẽ bằng bể thứ hai.
Chênh lệch trữ lượng giữa bể 3 và bể 2 là $1000l$, thoát nước của bể thứ 3 nhanh hơn bể thứ hai là $10l/min$, do đó cần số thời gian để hai bể có lượng nước bằng nhau là: $\frac{1000}{10}=\boxed{100(min)}$.

Cho $x,y$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y=2$.Tìm GTLN của biểu thức $A=x^4y^4(x^4+y^4)$.
Giải: $A=x^4y^4(x^4+y^4)=(xy)^4\cdot (x^4+y^4)\leq (\frac{(x+y)^2}{4})^4\cdot \frac{(x+y)^4}{8}=2$
Vậy $A_{max}=2\Leftrightarrow \begin{cases} x+y=2 \\ x=y \end{cases}\Leftrightarrow x=y=1$.

Chứng minh $\left [ (x+1)^{2n+1}+x^{n+2} \right ]\vdots (x^{2}+x+1)$ với $n,x\in \mathbb{N}$
Giải: Ta thấy bài toán đúng với $n=1,2$, giả sử bài toán đúng đến $k$ hay là $((x+1)^{2k+1}+x^{k+2})\vdots (x^{2}+x+1)$, viết tắt là $a+b\vdots (x^2+x+1)$, ta chứng minh đúng với $k+1$ hay là $(k+1)^2a+xb\vdots (x^2+x+1)$.
Ta có: $a+b\vdots (x^2+x+1)\Rightarrow xa+xb\vdots (x^2+x+1)\Rightarrow xa+xb+(x^2+x+1)a\vdots (x^2+x+1)\Rightarrow (x+1)^2+xb\vdots (x^2+x+1)$.
Vậy bài toán được chứng minh xong.

Giải: Ta thấy trong tam giác vuông, hai cạnh góc vuông phải có ít nhất một cạnh có số đo chẵn, nếu hai cạnh cùng có số đo lẻ thì suy ra số chính phương (cạnh huyền) chia cho 4 dư 2(mâu thuẫn).
Do đó, nếu hiệu hai cạnh góc vuông là 50 thì tồn tại 1 cạnh số đo là $2$, 1 cạnh số đo $52$, không có số đo cạnh huyền $\in \mathbb{N}$. Vậy $50$ là hiệu số đo canh huyền và 1 cạnh góc vuông.
Gọi 2 cạnh góc vuông và cạnh huyền có độ dài lần lượt là $l,b,c\in \mathbb{N}$, ta có
$l^2+b^2=c^2\Leftrightarrow l^2=c^2-b^2=50(b+c)=100(b+25)$
Do đó, $b+25$ là số chính phương, và giá trị nhỏ nhất để thỏa mãn là $b=11$ ($b=(k-5)(k+5)$, $k=6$)
Do đó $l^2=100(b+25)\geq 100\cdot (11+25)=3600\Leftrightarrow \boxed{a\geq 60}$.

Giải: (2)
$x^2+3x+\frac{1}{x}=x^2-x+(4x+\frac{1}{x})\geq x^2-x+4=(x-\frac{1}{2})^2+\frac{15}{4}\geq \frac{15}{4}$
Vậy $min A=\frac{15}{4}$, đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{1}{2}$.

Bài 1: Chứng minh:
$\frac{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}< \frac{1}{3}$
Bài 2: a)Chứng minh: $(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geq (ac+bd)^{2}$
b)Áp dụng: Chứng minh: $0< \sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\leq 2$
Bài 3: Cho a,b,c >0. Chứng minh: $\sqrt{a+2b}+\sqrt{a+2c}\leq 2\sqrt{a+b+c}$
Giải:
(1)Đặt $\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}=x$ thì $1<x<2$. Ta có:
$\frac{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}< \frac{1}{3}\Leftrightarrow \frac{2-x}{4-x^2}<\frac{1}{3}\Leftrightarrow (x-1)(x-2)<0$.
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh đúng.

(2)Bằng cách nhân phân phối và chuyển vế, ta thu gọn được bất đẳng thức trở thành $(ad-bc)^2\geq 0$. Vậy bất đẳng thức cần chứng minh đúng. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \frac{a}{c}=\frac{b}{d}$
Áp dụng, ta có $(\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x})^2\leq ((x-2)+(4-x))(1+1)=4$
$\Leftrightarrow 0<\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\leq2$.
Đẳng thức $=2$ xảy ra $\Leftrightarrow x=3$.

(3) $\sqrt{a+2b}+\sqrt{a+2c}\leq 2\sqrt{a+b+c}$
$\Leftrightarrow 2(a+b+c) + 2\sqrt{(a+2b)(a+2c)}\leq 4(a+b+c)$
$\Leftrightarrow \sqrt{(a+2b)(a+2c)}\leq a+b+c$
$\Leftrightarrow (a+2b)(a+2c)\leq (a+b+c)^2=\sum a^2+2\sum ab$
$\Leftrightarrow a^2+2\sum ab\leq \sum a^2+\sum ab$
$\Leftrightarrow 0\leq b^2+c^2$
Vậy bất đăng thức cần chứng minh đúng. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow b=c=0$.

Cho p(x) là 1 đa thức hệ số nguyên sao cho 2 phương trình p(x) =1 và p(x) =3 đều có nghiệm nguyên. Hỏi phương trình p(x) = 2 có thể có 2 nghiệm nguyên phân biệt hay không ?
Giải:
Do $P_{x}$ là đa thức hệ số nguyên, nên không tồn tại cùng một giá trị $x$ nào đó, sao cho $P_{x}=1$ và $P_{x}=3$ cùng xảy ra.
Do 2 phương trình $P_{x}=1$ và $P_{x}=3$ đều có nghiệm nguyên và nghiệm của 2 phương trình luôn khác nhau.
Nên ta có phương trình $P_{x}+P_{x}=1+3=4\Leftrightarrow P_{x}=2$ luôn có 2 giá trị nguyên phân biệt thỏa mãn.

Giải: a,Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: $AB^2 = BC\cdot BC$, $AC^2 = CH\cdot CB$
$\Rightarrow AB^2+BC^2 = (BH+CH)BC = BC^2$.
b, Ta có $AB\cdot AC = 2S_{ABC} = AH\cdot BC$.
c, Ta có: $\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2} = \frac{AB^2+AC^2}{AB^2\cdot AC^2} = \frac{BC^2}{BC^2\cdot AH^2} = \frac{1}{AH^2}$

Giải: Nếu $a, b>1$, khi đó $a^{100}<a^{101}<a^{102}$, $b^{100}<b^{101}<b^{102}$, nên đẳng thức không xảy ra.
Nếu $0<a,b<1$, khi đó $a^{100}>a^{101}>a^{102}$, $b^{100}>b^{101}>b^{102}$, nên đẳng thức không xảy ra.
Do đó $a=b=1$, nên $\boxed{P=2}$.

B2: Cho $x,y$ thỏa mãn $x^{2}+2xy+7(x+y)+2y^{2}+10=0$
Tìm min và max $A= x+y+1$.
Giải: Ta có :$x^2+2xy+7(x+y)+2y^2+10=0\Leftrightarrow [2(x+y)+7]^2+4y^2=9$, suy ra$[2(x+y)+7]^2\leq 9$
$\Leftrightarrow -3\leq 2(x+y)+7\leq 3\Leftrightarrow -4\leq x+y+1\leq -1$.
-$min(x+y+1)=-4\Leftrightarrow y=0, x=-5$
-$max(x+y+1)=-1\Leftrightarrow y=0, x=-2$.
B1:Thay $x^2$, $y^2$ lần lượt bằng $a, b$, giải tương tự bài 2.

d. số gồm $3^{n}$ chữ số 1 chia hết cho $3^{n}$
Giải: Ta thấy bài toán đúng với $n=1,2$, ta chứng minh bằng quy nạp.
Giả sử bài toán đúng đến $n=k$ hay $A=\overline{111...1111}\vdots 3^k$($3^{k}$ chữ số 1).
Ta có $\overline{11111....1111}$($3^{k+1}$ chữ số 1)$=A \cdot (10^{2\cdot3^{k}}+10^{3^{k}}+1)\vdots 3^{k}\cdot 3= 3^{k+1}$.
Vậy bài toán được chứng minh.

Giải: Nếu n có $x$ chữ số ($x\geq 4$) thì $n\geq 10^{x-1}> x\cdot 9^2+1$, do đó n có không nhiều hơn 3 chữ số.
TH1: n có 2 chữ số, ta có $\overline{ab}=a^2+b^2+1$
$\Leftrightarrow a^2+b^2-10a-b+1=0\Leftrightarrow (2a-10)^2+(2b-1)^2=97$
Từ trên, do $2a-10$ chẵn nên $2a-10=4$, $2b-1=9$. Vậy $\overline{ab}=75$.
TH2: n có 3 chữ số, ta có $\overline{abc}=a^2+b^2+c^2+1\leq 3\cdot 9^2+1=244\Rightarrow a\leq 2$
TH2.1: $a=1$, ta có $b^2+c^2-10b-c=98\Leftrightarrow (2b-10)^2+(2c-1)^2=493$ (1)
Do $2b-10\leq 8$, ta thấy (1) không có giá trị $b,c$ thoả mãn.
TH2.2: $a=2$, ta có $b^2+c^2-10b-c=195$ (2)
Từ (1) suy ra (2) cũng không có giá trị $b,c$ thoả mãn.
Vậy số duy nhất tìm được là $\boxed{75}$.

Bài 31: Cho tam giác ABC, D,E,F là 3 điểm bất kì thuộc BC,CA,AB. C/m $S_{DEF}\leq \frac{1}{4}S_{ABC}$. Dấu = xảy ra khi nào?


Bạn có nhầm lẫn không? Bài mình là về diện tích, còn bài bạn post là chu vi, với lại dấu = là chân 3 đường cao cũng không chính xác.

Em nghĩ là cho các điểm này chạy ra sát với các đỉnh $\triangle ABC$ thì
$S_{DEF} > \frac{1}{4}S_{ABC}$.

Bài 1:Giải:
Ta có: $\frac{a}{b}=(1+\frac{1}{p-1})+(\frac{1}{2}+\frac{1}{p-2})+...+(\frac{1}{\frac{p-1}{2}}+\frac{1}{\frac{p+1}{2}})$
$=\frac{p}{p-1}+\frac{p}{2(p-2)}+...\frac{p}{\frac{(p-1)(p+1)}{4}}=p\cdot \frac{m}{n}$
Suy ra $a\cdot n = b\cdot pm$, mà $n = (p-1)\cdot 2(p-2)...\frac{(p-1)(p+1)}{4}$nguyên tố cùng nhau với $p$.
$\cdot$ Do đó $a\vdots p$.

Giải hệ phương trình nghiệm nguyên:
$ \left\{\begin{array}{l}x-y-z=-3 \\x^2-y^2-z^2=1\end{array}\right. $
Giải: Ta có: $x-y+3=z$, thay vào phương trình thứ hai, ta được:
$x^2-y^2=z^2+1\Leftrightarrow x^2-y^2=(x-y+3)^2+1\Leftrightarrow y^2+3x-3y-xy+5=0$
$\Leftrightarrow y^2-y(3+x)+(3x+5)=0$.
Ta cần có $\Delta = (x+3)^2-4(3x+5) = k^2$, giải ra ta được $x=9$ hoặc $x=-3$.
Với giá trị của $x=9$ thì $y=2$(loại) hoặc $y=10$(loại).
Với giá trị của $x=-3$ thì $y=2$(thỏa mãn)($z=-2$) hoặc $y=-2$(thỏa mãn)($z=2$).
$\cdot (x;y;z)\in (-3;2;-2),(-3;-2;2)$.
-Bài làm em sai
Em tính nhầm, $x=9$ thì phải suy ra $y=8$($z=4$) hoặc $y=4$($z=8$).