Hunghcd

#include<stdio.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int fib(int x)
{
    if(x==1||x==2)
    return 1;
    return fib(x-1)+fib(x-2);
    }
    int main()
    {
        int n;
        cin>>n;
        cout<< fib(n);
        }

Tìm các đa thức P(x) thỏa mãn đk:

$P(x)P(y)=P^2(\frac{x+y}{2})-P^2(\frac{x-y}{2})$

với mọi x,y$\epsilon R$

P.S: cho mik hỏi $P^2(x)$ với $(P(x))^2$ có giống nhau ko v

BĐT bunhiacovski dạng hằng đẳng thức.

Để ý $9(x^2+y^2+z^2)=\sum (2x+2y-z)^2$

Giả sử các điểm đã cho là $A_1, A_2,...,A_n$, từ 1 điểm $A_i $ bất kỳ, thí dụ điểm $A_1$ chẳng hạn, ta có $C_{n-1}^{2}$ đường vuông góc với các đường thẳng được tạo bởi  $(n-1)$ điểm còn lại $\Rightarrow C_{nC_{n-1}^{2}}^{2}$ là số giao điểm của các đường vuông góc .
Nhưng thực tế có 1 số giao điểm trùng nhau hoặc không giao nhau mà tựu chung ta phân làm 3 loại:
1/ Trùng nhau tại 1 điểm ( thí dụ tại $A_1$):
Ta đã tính có $C_{C_{n-1}^{2}}^{2}$ giao điểm nhưng thực tế chỉ có 1 giao điểm mà thôi nên ta phải bớt $n(C_{C_{n-1}^{2}}^{2}-1)$ giao điểm.
2/ Ba đường vuông góc song song với nhau  ( thí dụ 3 đường vuông góc từ $A_1, A_2, A_3 $ đến đường $A_4A_5$):
Loại này, thực tế không có giao điểm nào nên ta phải bớt $3C_{n}^{3}$ giao điểm.
3/ Ba điểm tạo thành tam giác :
Chỉ có 1 giao điểm ( trực tâm) nên ta phải bớt $2C_{n}^{3}$ giao điểm.
Vậy số giao điểm của các đường thẳng vuông góc giao nhau nhiều nhất là:
$C_{nC_{n-1}^{2}}^{2}-\left\( n(C_{C_{n-1}^{2}}^{2}-1)+ 3C_{n}^{3}+2C_{n}^{3} \right \)$ giao điểm.

tại sao ở trường hợp 2 lại chỉ xét có 3 đường thẳng song song thay vì 4,5,.. ạ?em nghĩ ứng vs mỗi đường thẳng thì phải có n-2 đường thẳng song song nên số giao điểm mất đi phải là $(n-3)C_{n}^{2}$

hmm có lẽ lời giải của ban toan2017 là đáp án

Mình làm ntn

Từ gt ta cm đc x+y+z$\geq 3$ và xyz$\leq 1$

Ta có $a^2+1\geq 2a$ tương tự với b,c ta đc M$\leq \frac{1}{4}\sum \frac{a+1}{3a+5}=\frac{1}{12}\sum (1-\frac{2}{3a+5})$

Ta đi cm$\sum \frac{1}{3a+5}\geq \frac{3}{8}$. Đổi biến p,q,r ta quy về cm$8(9q+30p+75)\geq 3(27r+45q+75p+125)$

hay 15p+225$\geq$81r+63q

Thay q=9-2p ta đi cm141p$\geq 342+81r$(luôn đúng do p$\geq 3$ và$r\leq 1$

ngồi làm bài số mãi,tưởng dễ bài bđt đổi biến p,q,r hơi tắt

Mong đc 7điểm

cấu trúc đề 90p. Dù rất cố gắng nhưng mình ko làm nổi 2 phần cuối

Cho a,b,c là các số thực dương

Tìm min $\sum \frac{a}{\sqrt{b^2-bc+c^2}}$

Ta có $\frac{1}{x^3+y}=\frac{\frac{1}{x}+y}{(x^3+y)(\frac{1}{x}+y)}\leq \frac{\frac{1}{x}+y}{(x+y)^2}$

Làm tương tự, ta đc $2(x+y)(\frac{1}{x^3+y}+\frac{1}{y^3+x})\leq \frac{2}{xy}-(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2})+2$$\rightarrow S=-(\frac{1}{x}-\frac{1}{y})^2+2\leq 2$

Ta có $a^2-2a+1\geq 0$$\rightarrow$$\frac{a^2+4a+1}{a^2+a}\geq \frac{6}{a+1}$

Tương tự,rồi dùng Cauchy-Schwarz ta được min P=9

Câu 3

a)Đặt $x^2+1=a,x^2+x=b$

Chuyển về cm$a(2a+2-3\sqrt{a+b})=a-b$

Hay$(2a-\sqrt{a+b})(a-\sqrt{a+b})=0$

Công việc còn lại rất dễ

nhờ mn check dùm câu số

Năm nay rút xuống còn 120p,nên đỡ ngồi chơi(vì ko bt làm)

đặt a,b,c là $x^{2},y^{2},z^{2}$

Dùng cô si sờ goát,rồi đổi biến p,q,r .Ta đi cm $\frac{p^4}{p^2-q}\geq \frac{27}{2}$(để ý p,q$\geq 3$)

Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH.Gọi I,J,K lần lượt là tâm nội tiếp $\Delta ABC,\Delta ABH,\Delta ACH$.CMR đường tròn ngoại tiếp $\Delta IJK$ và đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ có bán kính bằng nhau.