Trang Luong

Khuấy động box BĐT nào 

Bài toán 1:

Cho $a,b,c$ dương thỏa $a+b+c=3$.Chứng minh $\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1} \geq 2 $

Bài toán 2:

Cho các số dương $a,b,c>$  thoả $a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=4$.Chứng minh $a+b+c \leq 3 $ (Giải bằng nhiều cách ) 

Đặt $a=2\sqrt{\frac{yz}{(x+y)(x+z)}},b=2\sqrt{\frac{xz}{(y+x)(y+z)}},c=2\sqrt{\frac{xy}{(z+x)(z+y)}}$ với $x,y,z>0$

Cho dãy $(x_n)$ xác định bởi điều kiện : 

$x_1=a ; x_(n+1)-x_{n}^{2}+x_n=\frac{3}{4}$ ; (n=1;2;3...) Tìm giá trị của a sao cho : x_1996=x_1997

Trước hết ta xác định dãy số là dãy tăng hay dãy giảm :

$x_{n+1}-x_{n}=(x_{n}-\frac{1}{2})(x_{n}-\frac{3}{2})$

Nếu $x_{n}<\frac{1}{2}$ hoặc $x_{n}>\frac{3}{2}$ thì dãy $(x_{n})$ là dãy tăng, do đó $x_{1996}<x_{1997}$.

Nếu $\frac{1}{2}<x_{n}<\frac{3}{2}$ thì dãy $(x_{n})$ là dãy giảm do đó $x_{1996}>x_{1997}$.

Vậy $a=\frac{1}{2}$ hoặc $a=\frac{3}{2}$

 

Cho $a,b,c>0$ 

    $abc=1$ 

Chứng minh $\frac{3}{2a}+\frac{3}{2b}+\frac{3}{2c}-\frac{a+b+c}{2}$$\geq$ $3$

 

Chờ đã, ý bạn nói là từ đầu đã không thể giải được bài này ư ?

Thử với $a=b=\frac{1}{10},c=100$, VT<0

Từ các chữ số: 1,2,3,4,5,6,7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số khác nhau mà chữ số 1 không đứng cạnh chữ số 6

+,Nếu không có chữ số $1$: $6!=720$ cách lập.

+,Nếu không có chữ số $6$: $6!=720$ cách lập.

+,Xét trường hợp cỏ cả $1$ và $6$, thiếu chữ số $2$, ta vẫn có tổng cộng $720$ cách lập. 

Giờ ta xét các trường hợp $1$ và $6$ đứng cạnh nhau, ta biến $16$ hoặc $61$ thành số $a$, như vậy số trường hợp $1$ và $6$ đứng cạnh nhau là $2.5!=240$ cách.

Vậy số trường hợp số 1 và 6 không đứng cạnh nhau là $480$ cách. 

Cùng với các trường hợp thiếu các chữ số $3,4,5,7$, và 2 trường hợp đầu tiên, tổng các trường hợp chữ số $1$ không đứng cạnh chữ số $6$ là  $480.5+720.2=3840$ cách.

Bài 2/

$4x^2=(x+y)^2+7$

Bài 4 , câu hình đơn giản rùi nhỉ :v

Bài 5

$P=\sqrt{\sum a^2}+\frac{(a+b+c)^2-\sum a^2}{4}+\frac{1}{\sum a^2}=\sqrt{t}+\frac{1}{t}-\frac{t}{4}+1;t\geqslant \frac{4}{3}$

Bài làm của em anh bổ sung chút: 

$\sum a^{2}+2\sum ab=4$, và do $a,b,c$  không âm nên $ab+bc+ca\geq 0$ hay $\frac{4}{3}\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 4$. Dấu bằng bài toán xảy ra khi 2 số bằng 0, 1 số bằng 2

         TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC VÀ NHIÊN                               TRƯỜNG THPT KHOA HỌC VÀ TỰ NHIÊN

                                                           

                                                              MÔN THI:TOÁN(VÒNG II)

                                   Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu I.(3 điểm)

1)Với $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn:$(3a+3b+3c)^3=24+(3a+b-c)^3+(3b+c-a)^3+(3c+a-b)^3$.Chứng minh rằng:$(a+2b)(b+2c)(c+2a)=1$

2)Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} 2x+2y+xy=5 & & \\ 27(x+y)+y^3+7=26x^3+27x^2+9x & & \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix} 2x+2y+xy=5\\ 27(x+y)+y^3+7=26x^3+27x^2+9x \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+2)(y+2)=9\\ 27(x+y)+y^3+7=26x^3+27x^2+9x \end{matrix}\right.\Leftrightarrow y^3+x^3+7+3(x+y)(x+2)(y+2)=27x^3+27x^2+9x\Leftrightarrow y^3+x^3+8+3xy(x+y)+12(x+y)+6(x+y)^2=(3x+1)^3\Leftrightarrow (x+y+2)^3=(3x+1)^3\Rightarrow x+y+2=3x+1$

Chưa đến vòng 2 mà bài bất đẳng thức đã phức tạp thế này rồi   
Bài cuối biết là dùng Schur nhưng không biến đổi được vì chưa quen   
Bài II.2 thì đã từng nghe đến phương pháp này rồi, nhưng chưa dùng bao giờ   
Trượt mất!

Đa số BĐT vòng 1 khó hơn vòng 2 mà. Làm được ngày 2 thì chắc chắn đỗ. Thầy cô bên KHTN chấm nhẹ tay mà

Nếu $p=5k\pm 1 => 2p^2+3$ chia hết cho 5

Nếu $p=5k\pm 2 => 2p^2-3$ chia hết cho 5

$=> p=5k=> p=5$ ( thoả mãn )

Trường hợp $p=5k\pm 2$, xét tiếp nếu $2p^{2}-3= 5\Leftrightarrow p=2$, thỏa mãn.

Câu V: 

Ta đánh số các ô của bảng theo lần lượt từ trái qua phải, từ trên xuống dưới bắt đầu từ 1 đến 49. Tổng tất cả các ô là 1225, lẻ.

Sau 1 phép dịch chuyển, các viên sỏi từ ô lẻ sang ô chẵn, từ ô chẵn sang ô lẻ, do đó, tổng giá trị của các viên sỏi trở thành chẵn, do đó tồn tại 1 ô chứa ít nhất 2 viên.

Cho $p$ là số nguyên tố lẻ. Hỏi có bao nhiêu tập con $A$ của $S=\left \{ 1,2,3,...2p \right \}$ sao cho tổng các phần tử của $A$ chia hết cho $p$

Cho a,b,c >0, a+b+c=3, chứng minh $\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}\geq \frac{3}{2}$

Cách 2:

$\sum \frac{a}{ab+1}=3-\sum \frac{ab}{ab+1}\geq 3-\sum (\frac{ab}{4ab}+\frac{ab}{4})= \frac{9}{4}-\sum \frac{ab+bc+ca}{4}\geq \frac{9}{4}-\frac{(a+b+c)^{2}}{12}=\frac{3}{2}$

1) Oxy, đường tròn $(T):(x-1)^2+(y-1)^2=\frac{1}{4}$, đường thẳng $(d):mx+y-3=0$. Tìm $m$ để trên $(d)$ tồn tại  duy nhất một điểm $M$ sao cho từ $M$ kẻ được hai tiếp tuyến $MA$ và $MB$ tới $(T)$, ($A;B$ là tiếp điểm) mà góc giữa hai tiếp tuyến $MA$ và $MB$ bằng $60^o$.

Do góc $AMB=60^{o}$ nên có độ dài $OM=2R=1$. Để tồn tại duy nhất điểm $M$ thì $(T)$ tiếp xúc với $(d)$, hay $(d)$ là tiếp tuyến của $(T,1)$.

Vậy khoảng cách từ $T$ tới $(d)$ là 1, ta có:

$\mid \frac{m+1}{\sqrt{m^{2}+1}}\mid =1$

GPT tìm $m$

Tìm tất cả các số chính phương trong dãy 1,11,111,1111,................................ 

Số chinh phương lẻ chia 4 dư 1. Vậy chỉ tồn tại 1 số chính phương trong dãy là 1

Cho a, b, c là các số thực không âm có tổng bằng 1. Chứng minh $(1+a^{2})(1+b^{2})(1+c^{2})\geq \frac{1000}{729}$

Ta có:

$(1+a^{2})(1+b^{2})(1+c^{2})=a^{2}+b^{2}+c^{2}+a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2}c^{3}+1$    

Áp dụng BĐT Cauchy

 $a^{2}+b^{2}+c^{2}+a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2}c^{2}+1\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{2}{9}(ab+bc+ca)+\frac{2}{27}abc+\frac{701}{729}$ $(*)$ 

Lại có : 

$(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{8}{27}$

$\Leftrightarrow ab+bc+ca\leq \frac{8}{27}+abc$

$\Leftrightarrow \frac{11}{27}\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc$, 

kết hợp với $a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}$, thay vào $(*)$ được$(1+a^{2})(1+b^{2})(1+c^{2})\geq \frac{1000}{729}$

Cho dãy $(x_{n})$ xác định với $x_{1}=x_{2}=1$ và $x_{n+2}=(4k-5)x_{n+1}-x_{n}+4-2k$.

Xác định $k\in Z$ để dãy là số chính phương.