Didier

Câu 5: (3 đ)
Chứng minh rằng từ 2011 số nguyên dương bất kì luôn có thể chọn ra được hai số mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 4018

$a_{1},...,a_{2011}$
$a_{i}\equiv j (mod4018)$
$i\in (1,2...2011)$
$j\in (-2009,-2008,....-1,0,1,.....2009)$
dễ thấy các số không cùng số dư vì nếu cùng số dư thì ch ỉ cần trừ cho nhau l à chia h ết cho 4018
vậy $(a_{i},a_{i^{,}})\equiv (j,j^{,})(mod 4018)$
ở đây $j,j^{,}$ phân biệt
có 2011 số mà ch ỉ t ìm đ ược nhiều nhất 2009 cặp số dư vậy tồn tài 2 số thuộc cùng một cặp số dư vậy có đpcm

Bài 1 đặt ẩn cho cái căn bậc 3
Bài 2 cauchy là xong

gọi $X\A=B$
$\rightarrow 100-B=A$
vì thế $|A|\geq |B|$
$\begin{cases}
|A|\geq |B|(1) \\
100-B=A(2)
\end{cases}$
chia X thành 50 cap $(99,1);(98,2);...;(49;51)$va số $49$
theo$(1)$cho A có $50+i$ phần tủ Bcó $50-i$ phần tủ
t ừ $B$ đ ến $A$ là một song ánh nên chọn A là chọnB , ta phải chọn tập B sao cho trong nó khônd có hai phần tử nào có tổng bằng 100
vậy sồ cách chọn là
$C_{49}^{50-i}2^{50-i}$
vậy tổng sồ cách chọn là
$\sum_{1}^{49}C_{49}^{50-i}2^{50-i}$

Câu pt kia ngon ăn đó bạn

Số tập $X/A$ Thoả mãn $100-X/A\subset A$ Là $T$
Số tập $100-X/A\subset A$ Là $f(T)$
Ta có $T+f(T)=100$ Mà $T=f(T)\Rightarrow T=50\Rightarrow A=50$

giảithửbài này
đặt $a_{i}=(i+p)(i+r)(1\leq i\leq n)$
$b_{i}=(i+r)(i+s)(1\leq i\leq n)$
$g_{i}=\dfrac{a_{i}}{b_{i}}$
$limG_{n}=lim\dfrac{a_n}{b_{n}}=lim\dfrac{a_n-A_{n-1}}{b_{n}-b_{n-1}}=1+\dfrac{p+q-r-s}{2n-1+r+s}$ (ĐL stolz)
vậy $ G_{n}\rightarrow 1^{-}<1$khi $p+q\leq r+s$
$ G_{n}\rightarrow 1^{+}$ khi $p+q>\geq r+s$
$G_{n}\rightarrow1 khi p+q=r+s$
khi ấy ta có bổ đề sau
$ lim G_{n}=a$ thì $lim\sqrt[n]{\prod _{1}^{n}}G_{i}=a$
vậy khi$ p+q\leq r+s$ thì $lim\sqrt[n]{\prod _{1}^{n}G_{i}}=0$
còn khi$ p+q\geq r+s$ thì $lim\sqrt[n]{\prod _{1}^{n}G_{i}}=\infty
$
khi$ p+q= r+s$thì$lim\sqrt[n]{\prod _{1}^{n}G_{i}}=1$

Cho em xin tài liệu về cực đối cực được không ạ em xin cảm ơn

Một số tài liệu đây.

http://www.math.ust....ibur/v11_n4.pdf

http://tailieu.vn/xe...cuc.298698.html

Bài 5 khá cơ bản và có lâu rồi mà sao lại đưa vào làm gì nhỉ
$f(\dfrac{x-3}{x+1})+f(\dfrac{3+x}{1-x})=x$
Đặt $t=\dfrac{x-3}{x+1}\Rightarrow f(t)+f(\dfrac{t-3}{t+1})=\dfrac{3+t}{1-t}$
Đặt $t=\dfrac{3+x}{1-x}\Rightarrow f(\dfrac{t+3}{1-t})+f(t)=\dfrac{t-3}{1+t}$
Cộng hai vế ta có
$\dfrac{8t}{1-t^{2}}=2f(t)+f(\dfrac{t+3}{1-t})+f(\dfrac{t-3}{t+1})=2f(t)+t$
$\Rightarrow f(t)=\dfrac{4t}{1-t^{2}}-\dfrac{t}{2}$
Ad ơi tại sao bộ gõ latex xấu vậy ạ trông khác mọi hôm quá ,ai chỉnh lại như bình thường được không thanks!

Cho số thực a,b,c,x,y,z thỏa $a\geq b\geq c> 0; x\geq y\geq z> 0. $Chứng minh
$$
\dfrac{a^2x^2}{(by+cz)(bz+cy)}+\dfrac{b^2y^2}{(cz+ax)(cx+ay)}+\dfrac{c^2z^2}{(ax+by)(ay+bx)}\geq \dfrac{3}{4}$$

ta có $(by+cz)(bz+cy)\leq (b^{2}+c^{2})(y^{2}+z^{2})$
vậy $\sum \dfrac{a^{2}x^{2}}{(by+cz)(bz+cy)}\geq \sum \dfrac{a^{2}x^{2}}{(b^{2}+c^{2})(y^{2}+z^{2})}$
ta có các dãy số $\dfrac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}},\dfrac{b^{2}}{a^{2}+c^{2}},\dfrac{c^{2}}{b^{2}+a^{2}}$ và $\dfrac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}},\dfrac{y^{2}}{x^{2}+z^{2}},\dfrac{z^{2}}{y^{2}+x^{2}}$ là hai dãy cùng chiều
chebusep
$\sum \dfrac{a^{2}x^{2}}{(b^{2}+c^{2})(y^{2}+z^{2})}\geq \dfrac{1}{3}\left ( \sum \dfrac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}} \right )\left ( \sum \dfrac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}} \right )$
Đến đây dùng netbit
$\dfrac{1}{3}\left ( \sum \dfrac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}} \right )\left ( \sum \dfrac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}} \right )\geq \dfrac{3}{4}(ĐPCM)$

Không phải thế đâu bạn ạ tỉnh nào cũng tạo điều kiện cho hết đấy .VD: Dương Quóc Khánh 11B1 Lê Hồng Phong Đồng Nai đây không phải trường chuyên nhưng bạn ấy vẫn có trong tuyển tham dự VMO của tỉnh Đồng Nai.Ngoài ra còn một số bạn khác ........

1bTa có $\lim_{x \to 0}\dfrac{sinx}{x}=1$
Có thể dùng quy tắc Lopitan
$\Rightarrow \lim_{x \to 0}\dfrac{2011x^{2}-cosx}{sin^{2}x}=\lim_{x \to 0}\dfrac{2011-\dfrac{cosx}{x^{2}}}{\dfrac{sin^{2}x}{x^{2}}}=\lim_{x \to 0}\dfrac{2011-\dfrac{1}{x^{2}}}{1}=-\infty$
không biết có thể làm thế này không
@mod : chữ hơi nhỏ thì phải không biết do máy mình hay do lỗi của diễn đàn

bài hệ
$\begin{cases}
x^{3}+\sqrt{x^{2}+2y+1}=x^{2}y+y+1\\(1)
(x+y-1)\sqrt{y+1}=10\\(2)
\end{cases}$
ta có ở (1)
$x^{2}(x-y)=\dfrac{(y-x)(y+x)}{\sqrt{x^{2}+2y+1}+y+1}$
$\Leftrightarrow (x-y)(x^{2}+\dfrac{y+x}{\sqrt{x^{2}+2y+1}+y+1})=0$
$ x^{2}+\dfrac{y+x}{\sqrt{x^{2}+2y+1}+y+1}=0\Leftrightarrow x=y=0$ (không phải là nghiệm của hệ)
vậy $x=y$
theo (2 )ta có
$(2x-1)\sqrt{x+1}=10$(đk $x\geq \dfrac{1}{2}$)
$\Leftrightarrow 4x^{3}-3x-99=0$
$\Leftrightarrow x=3$ vậy nghiệm của hệ là $x=y=3$

Câu 1:
1) Cho hàm số $y=x^3-3mx+1 (Cm)$. Tìm các giá trị của m để:
a) (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt
b) (Cm) có 2 điểm cực trị A,B và $\in (-4;-1)$ tạo 1 tam giác có $S=10$

2) Tìm $\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{2011x^2-cosx}{sin^2x}$

Câu 2:
1) Cho $\left\{\begin{array}{1} & x,y>0 & \\ & x+y+xy=8 & \end{array}\right.$
Tìm min, max: $P=\dfrac{\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}}{xy+1}$

2) Giải hệ phương trình
$\left\{\begin{array}{1} & x^3+\sqrt{x^2+2y+1}=x^2y+y+1 & \\ & (x+y-1)\sqrt{y+1}=10 & \end{array}\right.$

Câu 3:
1) Trong Oxy cho ©: $(x-6)^2+(y-1)^2=36$
Viết phương trình đường thẳng d qua M(1;0) cắt © tại 2 điểm A,B sao cho AB=6AM

2) Cho hình chóp S.ABC
a) $\Delta ABC$ vuông tại A; $AB=3a; AC=4a; SA=2a$ Góc $SCA = 30^0$; $(SAC)\perp (ABC)$. Tính $V_{SABC}; d_{(G;SBC)}$ (G là trọng tâm $\Delta ABC$)

b) $A^'$ là trọng tâm $\Delta ABC$; (P) đi qua $AA^'$ và cắt SB, SC tại M, N.
CMR: $\dfrac{4}{9}\leq \dfrac{V_{SAMN}}{V_{SABC}}\leq \dfrac{1}{2}$

Câu 4: Giải phương trình
$\dfrac{2sin^3(\dfrac{\pi}{3}-x)-sin(2x-\dfrac{\pi}{6})+sin(x+\dfrac{\pi}{6})}{\sqrt{2}(sinx+cosx)-1}=0$

Câu 5: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=9$
CMR: $log_3(a^3+18)+log_3(b^3+18)+log_3(c^3+18)\geq 9$

bài bất đẳng thức này có sai đề không hả bạn
mình nghĩ nếu x,y>0 thì chỉ có thể tìm ra min không thể ra max
ta dễ dàng chứng minh được $4\leq x+y<8$
đặt $x+y=t$
$p=\dfrac{\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}}{xy+1}$
$P^{2}=\dfrac{t+8}{(9-t)^{2}}$
đạo hàm của nó $=\dfrac{1}{(9-t)^{2}}+\dfrac{2(t+8)}{(9-t)^{3}}> 0$
vậy hàm này đòng biến nên$P^{2}=\dfrac{t+8}{(9-t)^{2}}\geq \dfrac{12}{25}$
$\Rightarrow P\geq \dfrac{2\sqrt{3}}{5}$
dâú bằng đạt khi $x=y=2$

Bài toán:Cho n nguyên dương . Giải phương trình sau (Tìm x,y nguyên)

$x^{n}+y^{n}=(x-y)^{n+1}$

Nguồn :mathlinks.ro

Bài 118: Cho $ a,b,c >0 $ . Chứng minh rằng:
$ \dfrac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}+\dfrac{bc^2}{b^2+2c^2+a^2} +\dfrac{ca^2}{c^2+2a^2+b^2} \leq \dfrac{a+b+c}{4} $

$\sum_{cyc}\dfrac{ab^{2}}{a^{2}+2b^{2}+c^{2 }}\leq \sum_{cyc}\dfrac{ab^{2}}{2ab+2bc}=\sum_{cyc}\dfrac{ab}{2(a+b)}$
lại có $\dfrac{ab}{a+b}\leq \dfrac{a+b}{4}$
$\Rightarrow \sum_{cyc}\dfrac{ab}{2(a+b)}\leq \dfrac{a+b+c}{4}$

ta có $x_{n+1}=f(x_{n})$
có $f(x)=\dfrac{2}{x}+1$
hàm trên nghịch biến
vậy chia làm hai dãy con
$x_{1}=3,x_{2}=\dfrac{5}{3}x_{3}=\dfrac{11}{5}$
ta có $x_{2n}$ đồng biến
$x_{2n+1}$ nghịch biến
dùng quy nạp ta chứng minh được $1\leq x_{n}\leq 2$
vậy nó bị chặn từ trên suy ra dãy này chia làm hai dãy con
có $\lim_{n \to \infty }x_{2n}=A$
$\lim_{n \to \infty }x_{2n+1}=B$
giải hệ này
$\begin{cases}
A=\dfrac{2}{B}+1\\
B=\dfrac{2}{A}+1\\
\end{cases}$
$A=B=2$
vậy giới hạn của dãy là 2 và nó hội tụ

Vì bên kia có dạng bậc 3 mà VT có dạng của tích đối xứng nên chúng ta nghĩ ngay đến BĐT hodler quen thuộc mà muốn như vậy chúng ta phải đưa mỗi thừa số về dạng bậc3 như vế phải
$ (a^{3}+1+1)(1+b^{3}+1)(1+1+c^{3})\geq (a+b+c)^{3}$(hodler)