tranducmanh2308

Cho $x, y, z$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $xyz = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  

$$E=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{1}{y^3(z+x)}+\frac{1}{z^3(x+y)}.$$

Toán thủ ra đề: angleofdarkness

MSS 34 

Ta có

$E=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{1}{y^3(z+x)}+\frac{1}{z^3(x+y)}=\frac{xyz}{x^3(y+z)}+\frac{xyz}{y^3(z+x)}+\frac{xyz}{z^3(x+y)}=\frac{\frac{1}{x^{2}}}{\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}+\frac{\frac{1}{y^{2}}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{z}}+\frac{\frac{1}{z^{2}}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}$

(do $xyz=1$)

đặt $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}$(với $a,b,c> 0;abc=1$)

Khi đó áp dụng bất đẳng thức svac-xơ và cô si cho các số dương vào biểu thức $E$

$E=\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+b+c)}= \frac{a+b+c}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\frac{3}{2}$

(do $abc=1$)

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=b=c & \\ abc=1 & \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=y=z & \\ xyz=1 & \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow x=y=z=1$

Vậy E min= $\frac{3}{2}$$\Leftrightarrow x=y=z=1$

d = 10

S = 41

Tồn tại hay không các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình sau đây ?

$$\sqrt{2025x^2+2012x+3188}=2013x-2011y+2094$$

Đề của 

lenin1999

$MSS34$

ta thấy xét x=1,y=2 thì

$VT=\sqrt{2025+2012+3188}=85$

$VP=2103-2011\times 2+2094=85$

nên $VP=VT$

Vậy tồn tại cặp sô nguyên (x,y) tm pt

Bạn nên làm chi tiết không nên mò mẫm

  d =8.5

 S =17+ 8.5x3 =42,5

Cho bàn cờ vua $8 \times 8$. Theo thứ tự từ trái qua phải, từ trên xuống dưới, ta làm việc sau:

Trong ô cờ thứ nhất đặt 1 hạt ngô

Trong ô cờ thứ hai đặt 2 hạt ngô

Trong ô cờ thứ ba đặt 4 hạt ngô

...

Trong ô cờ thứ 64 đặt $2^{63}$ hạt ngô.

 

Một con mã ô đầu tiên của bàn cờ, nó đi lòng vòng và ăn các hạt ngô trong ô nó nhảy đến( con mã di chuyển theo hình chữ L - 3 ô như đối với môn cờ vua) nhưng nó không ăn ở ô đầu tiên và không nhảy trở lại ô đầu tiên. Sau mỗi lần nó ăn người ta lại đặt số ngô bằng số ngô ban đầu vào trong ô đó. Sau khi con mã đi xong nó quay trở về ô đầu tiên và ăn nốt hạt ngô ở ô đó.

 

Hãy CM rằng số ngô mà con mã ăn chia hết cho 3.

MSS 34

Ta thấy được bàn cờ vua được tô màu bởi các ô đen và trắng xen kẽ nhau.

Không mất tính tông quát, ta giả sử ô cờ đầu tiên thứ nhất đặt 1 hạt ngô($2^{0}$ hạt ngô) màu trắng thì các ô trắng tiếp theo sẽ đặt $2^{2}$,$2^{4}$,...,$2^{62}$ hạt ngô, còn các ô màu đen sẽ đặt $2^{1}$,$2^{3}$,...,$2^{63}$ hạt ngô.

Con mã sẽ đứng ở ô màu trắng đầu tiên. Do con mã luôn đi từ ô trắng sang ô đen hoặc từ ô đen sang ô trắng nên từ ô đầu tiên nó sẽ đi sang ô màu đen, rồi từ ô đen đó đến ô trắng khác... cứ như vậy cho đến khi nó quay về ô trắng đầu tiên thì sô ô trắng mà nó đi nhiều hơn ô đen 1 ô (do khi đi nó bắt đầu từ ô màu trắng, khi quay về nó cũng về ô màu trắng và nó đi xen kẽ từ trắng sang đen và ngược lại)

Mà theo giả thiết nó không ăn hạt ngô ở ô đầu mà khi trở về ô đầu nó mới ăn và khi nó ăn ngô ở ô nào thì người ta lại đặt số ngô bằng số ngô ban đầu ở ô đó (khi nó quay lại 1 ô nào đó trên bàn cờ khác ô đầu tiên thì nó vẫn có thể ăn số ngô bằng số ngô trước đó) nên số ô đen mà nó ăn ngô cũng bằng số ô trắng mà nó ăn ngô. 

Lại có: các ô trắng được đặt  $2^{2}$,$2^{4}$,...,$2^{62}$ hạt ngô (số mũ chẵn ) nên ta đặt số ngô trong mỗi ô trắng là $2^{2k}$($k\in \mathbb{N}$,$k\leq 31$)

Tương tự ta đặt số ngô trong mỗi ô đen là $2^{2q+1}$ ($q\in \mathbb{N}$,$q\leq 31$)

do số ô đen mà nó ăn ngô cũng bằng số ô trắng mà nó ăn ngô nên ta gọi số ô đen(trắng) mà nó đi đến và đồng thời ăn ngô là $n$ ($n\in \mathbb{N}$,$n\geq 1$)

Từ đó ta có số ngô mà nó ăn là:

 $n.2^{2k}+n.2^{2q+1}=n(4^{k}+4^{q}.2)$

$4\equiv 1(mod 3)$$\Leftrightarrow 4^{k}\equiv 1(mod 3)$ và $4^{q}.2\equiv 2(mod 3)$

nên $4^{q}.2+4^{k}\equiv 3\equiv 0(mod 3)$$\Leftrightarrow n(4^{q}.2+4^{k})\equiv 0(mod 3)$

Suy ra số ngô mà nó ăn chia hết cho 3 (đpcm)

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

Bài làm của MSS 34:

Áp dụng bđt $4ab\leq (a+b)^{2}$ với mọi $a,b$:

$4xy\leq (x+y)^{2}$$\Leftrightarrow 2\leq (x+y)^{3}+4xy\leq (x+y)^{3}+(x+y)^{2}$

Đặt $x+y=t$

Bpt trở thành: $t^{3}+t^{2}-2\geq 0$

$\Leftrightarrow t^{3}-t^{2}+2t^{2}-2\geq 0$

$\Leftrightarrow t^{2}(t-1)+2(t-1)(t+1)\geq 0$

$\Leftrightarrow (t-1)(t^{2}+2t+2)\geq 0$

$\Leftrightarrow (t-1)\geq 0$ (do $t^{2}+2t+2=t^{2}+2t+1+1=(t+1)^{2}+1> 0$ mọi $t$ )

$\Leftrightarrow t\geq 1$

$\Rightarrow x+y\geq 1$

$\Leftrightarrow (x+y)^{2}\geq 1$

mà $2x^{2}+2y^{2}\geq (x+y)^{2}$ với mọi $x,y$

$\Leftrightarrow 2x^{2}+2y^{2}\geq 1$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}\geq \frac{1}{2}$

Ta có:$A=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1= 3(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})-3x^{2}y^{2}+1$

Áp dụng bđt $ab\leq \frac{(a^{2}+b^{2})}{2}$ với mọi $a,b$

$3x^{2}y^{2}\leq \frac{3(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}$

nên $3(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})-3x^{2}y^{2}+1\geq 3(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})-\frac{3(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}+1=\frac{9}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1=\frac{9}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}-\frac{9}{16}-2(x^{2}+y^{2})+1+\frac{9}{16}=\frac{9}{4}(x^{2}+y^{2}-\frac{1}{2})(x^{2}+y^{2}+\frac{1}{2})-2(x^{2}+y^{2}-\frac{1}{2})+\frac{9}{16}=(x^{2}+y^{2}-\frac{1}{2})(\frac{9}{4}x^{2}+\frac{9}{4}y^{2}-\frac{7}{8})+\frac{9}{16}\geq \frac{9}{16}$

 (do $x^{2}+y^{2}\geq \frac{1}{2}$)

Vậy $Min A =\frac{9}{16}\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}= \frac{1}{2}$ và $x=y$$\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

Điểm 10 .

Bài trước của em dùng nhầm định lí nên xin làm lại ạ

Áp dụng định li Ceva vào tam giác ABC,DEF ta có

$\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$ (*)

$\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}=1$ (**)

Kéo dài AM cắt BC ở K,BN cắt AC ở I,CP cắt AB ở H

Kẻ BB',CC',FF',EE' vuông góc với AK

Ta có$\frac{BB'}{CC'}=\frac{BK}{CK}$ (Talet)

$\frac{FF'}{EE'}=\frac{MF}{ME}$ (Talet)

$\frac{BB'}{FF'}=\frac{AB}{AF}$ (Talet)

$\frac{CC'}{EE'}=\frac{AC}{AE}$ (Talet)

Từ đây suy ra $\frac{KB}{KC}=\frac{MF}{ME}.\frac{AB}{AC}.\frac{AE}{AF}$

Tương tự $\frac{IC}{IA}=\frac{ND}{NF}.\frac{BC}{BA}.\frac{BF}{BD}$

$\frac{HA}{HB}=\frac{PE}{PD}.\frac{CA}{CB}.\frac{CD}{CE}$

Hay $frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=\frac{MF}{ME}.\frac{ND}{NF}.\frac{PE}{PD}.\frac{AE}{AF}.\frac{BF}{BD}.\frac{CD}{CE}$=1 (theo (*) và (**))

Áp dụng định lí Ceva đảo suy ra AK,BI,CH thẳng hàng hay AM,BN,CP thẳng hàng

bạn chưa nói các đường nào song song với nhau khi sử dụng Talet

Do đề của các Toán thủ nộp chưa phù hợp nên trận này BTC sẽ ra đề

Đề của BTC:
Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC, CA, AB$ sao cho $\triangle DEF$ nhọn và $AD, BE, CF$ đồng quy. $M, N, P$ trên $EF, FD, DE$ sao cho $\triangle MNP$ nhọn và $DM, EN, FP$ đồng quy.

Chứng minh rằng: $AM, BN, CP$ cũng đồng quy.

Thời gian làm bài tính từ: 20h15 ngày 14/2/2014

P/s: mong các toán thủ đừng mải đi chơi với gấu mà quên làm bài :adore:

MSS34

(do em ko tải đc phần mềm vẽ hình nên em vẽ bằng paint, mong BTC thông cảm cho em)

Bài làm:

$AM,BN,CP$ cắt $BC,AC,AB$ lần lượt ở  $L,K,Q$

$BE$ cắt $AL$ ở $O$, $AD,BE,CF$ đồng quy ở $G$

Áp dụng định lý Mê-nê-la-uýt vào các tam giác sau:

$\triangle BEF$ có $M,A,O$ thẳng hàng

$\Rightarrow \frac{ME}{MF}\cdot \frac{AF}{AB}\cdot \frac{OB}{OE}= 1$(1)

$\triangle BEC$ có $L,A,O$ thẳng hàng

$\Rightarrow \frac{LB}{LC}\cdot \frac{AC}{AB}\cdot \frac{OE}{OB}= 1$(2)

Và $D,A,G$ thẳng hàng 

$\Rightarrow \frac{DB}{DC}\cdot \frac{AE}{AC}\cdot \frac{BG}{GE}= 1$(3)

$\triangle BFC$ có $D,A,G$ thẳng hàng

$\Rightarrow \frac{GF}{GC}\cdot \frac{AB}{AF}\cdot \frac{DC}{DB}= 1$(4)

Nhân (1),(2),(3),(4) vế theo vế

$\frac{ME}{MF}\cdot \frac{AF}{AB}\cdot \frac{OB}{OE}\cdot \frac{LB}{LC}\cdot \frac{AC}{AE}\cdot \frac{OE}{OB}\cdot \frac{GF}{GC}\cdot \frac{AB}{AF}\cdot \frac{DC}{DB}\cdot \frac{DB}{DC}\cdot \frac{AE}{AC}\cdot \frac{BG}{GE}= 1$

$\Rightarrow \frac{LB}{LC}\cdot \frac{ME}{MF}\cdot \frac{BG}{GE}\cdot \frac{GF}{GC}= 1$(*)

Tương tự:

$ \frac{CK}{AK}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{GC}{GF}\cdot \frac{DG}{GA}= 1$(**) và $\frac{AQ}{QB}\cdot \frac{DP}{DE}\cdot \frac{AG}{GD}\cdot \frac{GE}{GB}= 1$(***)

Nhân (*),(**),(***) vế theo vế:

$\frac{LB}{LC}\cdot \frac{ME}{MF}\cdot \frac{BG}{GE}\cdot \frac{GF}{GC}\cdot \frac{CK}{AK}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{CG}{GF}\cdot \frac{DG}{GA}\cdot \frac{AQ}{QB}\cdot \frac{DP}{DE}\cdot \frac{AG}{GD}\cdot \frac{GE}{GB}= 1$

$\Rightarrow \frac{LB}{LC}\cdot \frac{CK}{AK}\cdot \frac{AQ}{QB}\cdot \frac{ME}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{DE}=1$(5)

Áp dụng định lý Xê-va vào $\triangle EDF$ có $DM,EN,FP$ đồng quy nên:

$\frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{DE}\cdot \frac{ME}{MF}= 1$ Thay vào (5)

$\Rightarrow \frac{LB}{LC}\cdot \frac{CK}{AK}\cdot \frac{AQ}{BQ}= 1$

Áp dụng định lý Xê-va đảo vào $\triangle ABC$ có $ \frac{LB}{LC}\cdot \frac{CK}{AK}\cdot \frac{AQ}{BQ}= 1$ nên $AL,BK,CQ$ đồng quy $\Rightarrow AM,BN,CP$ đồng quy (đpcm)

MSS34

(do em ko tải đc phần mềm vẽ hình nên em vẽ bằng paint, mong BTC thông cảm cho em)

Bài làm:

$AM,BN,CP$ cắt $BC,AC,AB$ lần lượt ở  $L,K,Q$

$BE$ cắt $AL$ ở $O$, $AD,BE,CF$ đồng quy ở $G$

Áp dụng định lý Mê-nê-la-uýt vào các tam giác sau:

$\triangle BEF$ có $M,A,O$ thẳng hàng

$\Rightarrow \frac{ME}{MF}\cdot \frac{AF}{AB}\cdot \frac{OB}{OE}= 1$(1)

$\triangle BEC$ có $L,A,O$ thẳng hàng

$\Rightarrow \frac{LB}{LC}\cdot \frac{AC}{AB}\cdot \frac{OE}{OB}= 1$(2)

Và $D,A,G$ thẳng hàng 

$\Rightarrow \frac{DB}{DC}\cdot \frac{AE}{AC}\cdot \frac{BG}{GE}= 1$(3)

$\triangle BFC$ có $D,A,G$ thẳng hàng

$\Rightarrow \frac{GF}{GC}\cdot \frac{AB}{AF}\cdot \frac{DC}{DB}= 1$(4)

Nhân (1),(2),(3),(4) vế theo vế

$\frac{ME}{MF}\cdot \frac{AF}{AB}\cdot \frac{OB}{OE}\cdot \frac{LB}{LC}\cdot \frac{AC}{AE}\cdot \frac{OE}{OB}\cdot \frac{GF}{GC}\cdot \frac{AB}{AF}\cdot \frac{DC}{DB}\cdot \frac{DB}{DC}\cdot \frac{AE}{AC}\cdot \frac{BG}{GE}= 1$

$\Rightarrow \frac{LB}{LC}\cdot \frac{ME}{MF}\cdot \frac{BG}{GE}\cdot \frac{GF}{GC}= 1$(*)

Tương tự:

$ \frac{CK}{AK}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{GC}{GF}\cdot \frac{DG}{GA}= 1$(**) và $\frac{AQ}{QB}\cdot \frac{DP}{DE}\cdot \frac{AG}{GD}\cdot \frac{GE}{GB}= 1$(***)

Nhân (*),(**),(***) vế theo vế:

$\frac{LB}{LC}\cdot \frac{ME}{MF}\cdot \frac{BG}{GE}\cdot \frac{GF}{GC}\cdot \frac{CK}{AK}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{CG}{GF}\cdot \frac{DG}{GA}\cdot \frac{AQ}{QB}\cdot \frac{DP}{DE}\cdot \frac{AG}{GD}\cdot \frac{GE}{GB}= 1$

$\Rightarrow \frac{LB}{LC}\cdot \frac{CK}{AK}\cdot \frac{AQ}{QB}\cdot \frac{ME}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{DE}=1$(5)

Áp dụng định lý Xê-va vào $\triangle EDF$ có $DM,EN,FP$ đồng quy nên:

$\frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{DE}\cdot \frac{ME}{MF}= 1$ Thay vào (5)

$\Rightarrow \frac{LB}{LC}\cdot \frac{CK}{AK}\cdot \frac{AQ}{BQ}= 1$

Áp dụng định lý Xê-va đảo vào $\triangle ABC$ có $ \frac{LB}{LC}\cdot \frac{CK}{AK}\cdot \frac{AQ}{BQ}= 1$ nên $AL,BK,CQ$ đồng quy $\Rightarrow AM,BN,CP$ đồng quy (đpcm)

$d=10$

$S= 43.5$

ta có:

$\left\{\begin{matrix} 2x^{2}+3y^{2}-5xy=0(1) & \\ 4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y(2) & \end{matrix}\right.$

phương trình (1): $2x^{2}-5xy+3y^{2}=0$

$\Leftrightarrow 2x^{2}-2xy-3xy+3y^{2}=0$

$\Leftrightarrow 2x(x-y)-3y(x-y)=0$

$\Leftrightarrow (x-y)(2x-3y)=0$

$\Leftrightarrow x-y=0$ hoặc $2x-3y=0$

$\Leftrightarrow x=y$ hoặc $x=\frac{3}{2}y$

Với x=y thay vào phương trình (2):

$4y^{2}-6y+1=y^{2}-3y$

$\Leftrightarrow 3y^{2}-3y+1=0$]

$\Leftrightarrow 3(y^{2}-y+\frac{1}{4})+\frac{1}{4}=0$

$\Leftrightarrow 3(y-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{4}=0$(vô nghiệm vì $3(y-\frac{1}{2})^{2}\geq 0$ mọi y nên $3(y-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{4}> 0$ mọi y)

Với $x=\frac{3}{2}y$ thay vào phương trình (2):

$4(\frac{3}{2}y)^{2}-6(\frac{3}{2}y)+1=y^{2}-3y$

$\Leftrightarrow 8y^{2}-6y+1=0$

$\Leftrightarrow 8y^{2}-4y-2y+1=0$

$\Leftrightarrow 4y(2y-1)-(2y-1)=0$

$\Leftrightarrow (4y-1)(2y-1)=0$

$\Leftrightarrow y=\frac{1}{4}$ hoặc $\Leftrightarrow y=\frac{1}{2}$

+tại $y=\frac{1}{2}$$\Leftrightarrow x=\frac{3}{2}.\frac{1}{2}=\frac{3}{4}$

+tại $y=\frac{1}{4}\Leftrightarrow x=\frac{3}{2}.\frac{1}{4}=\frac{3}{8}$

Vậy $(x,y)\in {{(\frac{1}{2};\frac{3}{4});(\frac{1}{4};\frac{3}{8})}}$ 

______________
$d=10$

$S = 43$

nhân -2 vô, sau đó tách thành  $(\sqrt{2-x^{2}}+1)^{2}+(\sqrt{2-\frac{1}{x^{2}}}-1)^{2}+(x-1)^{2}+(\frac{1}{x}-1)^{2}=0$ là được

Đúng rồi mình chép nhầm đầu bài ở đó là $1/x^2$ đấy Bạn giải giúp mình với dùng mobile post bài khó qúa thông cảm nha

nhưg có đk dùg cák k fải Bunhia k? kòn dùg bunhia thì chưa nghĩ ra

Bạn nào giỏi toán giúp mình bài này với (dùng bunhiacopki )
$sqrt{2-x^2}+sqrt{2-1/x}=4-x-1/x$

mà hình như chỗ 2-1/x thiếu dấu bìh phương thi phải

mình đưa về 4 bình phương đc ko?

Cho $(O;R)$ , A chuyển động trên $(O)$, B cố định nằm trong đường tròn và khác O. $AB$ cắt đtròn tại C. Vẽ $(I)$ đkính $OC$ cắt $AB$ tại D.Vẽ tiếp tuyến của $(O)$ tại A cắt $OD$ tại M.Tìm quỹ tích M(ko cần phần đảo)

Đặt $x+y=a$ , $xy=b$ rồi thay $b=m-a$ vào pt $a^2 -2b =m$ và dùng đenta là xog

Đặt $\sqrt{x+3}=a,\sqrt{3-2x}=b$

Ta có HPT là : $\left\{\begin{matrix} a^2+b^2+4a+2b=11 & & \\ 2a^2+b^2=9 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (a+2)^2+(b+1)^2=16 & & \\ b=\sqrt{9-2a^2} & & \Rightarrow (a+2)^2+\left ( 1+\sqrt{9-2a^2} \right )^2=16 \end{matrix}\right.$

Giải phương trình : kết quả là nghiệm $a=2$

P/s: 

 

Chặn x=1 như thế nào thế hả hiếu 

$a^2+b^2=6-x$ mà