Số có bốn chữ số tổng quát là 1000.a+b.100+c.10+d . Theo bài a+b+c+d=11 (1)
Cho $\frac{a+c-b-d}{11}$=k (k E Z) (2)
a;b;c;d $\leq$ 9 => k E {0;1;-1}. Sở dĩ như vậy vì nếu k=2 => (a+c)-(b+d)=22 vô lí !
TH1: k=0 => a+c-(b+d)=11.k. (3)
Công (1);(3) ta được 2.(a+c)=11.(1+k) => 2.(a+c)=11 => a+c=5,5 vô lí nên loại.
TH2: k=-1 => 2.(a+c)=11.(1+k)=0 => a=c=0 vô lí nên loại.
TH3: k=1 . Lấy (1) trừ đi (3)
2.(b+d)=11.(1-k) => b=d=0 => nếu a=2 thi c=9
a=3 => c=8
a=4 => c=7
a=5 => c=6
a=6 => c=5
a=7 => c=4
a=8 => c=3
a=9 => c=2
Vậy các số cần tìm là: 2090;3080;4070;5060;6050;7040;8030;9020
Simpson Joe Donald nội dung
Có 290 mục bởi Simpson Joe Donald (Tìm giới hạn từ 28-04-2020)
#491605 Tìm tất cả các số có 4 chữ số chia hết cho 11 và tổng các chữ số của các số c...
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 09-04-2014 - 11:11 trong Số học
#491600 Có 6 thành phố trong đó cứ 3 thành phố bất kỳ thì có ít nhất 2 thành phố liên...
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 09-04-2014 - 11:03 trong Số học
Goi 6 thành phố đó là A;B;C;D;E;F
Xet tp A trong 5 tp còn lại phải có 3 tp cùng liên lạc được hay không liên lạc với A. Giả sử B;C;D liên lạc được với A. Theo gt có ít nhất 2 trong 3 tp liên lạc được với nhau , cùng với A 3 tp lập thành bộ 3 cần tìm.
Giả sử B;C;D không liên lạc được với A. Theo gt suy ra rằng nhóm ( B;C;A) có B;C liên lạc với nhau; (B;D;A) có B;D liên lạc với nhau ; (C;D;A) có Đ;C liên lạc với nhau. Vậy lúc này (B;C;D) là bộ 3 cần tìm.
#491598 $\boxed{\text{Chuyên Đề}}$ Bất đẳng thức - Cực trị
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 09-04-2014 - 10:51 trong Bất đẳng thức và cực trị
166) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương
$\frac{1}{a.b.3}$+$\frac{1}{a^2+b^2+a.b}$ $\geq$ $\frac{4}{4.a.b+a^2+b^2}$=$\frac{4}{1+2.a.b}$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương :
2.$\sqrt{a.b}$ $\leq$ $a+b$=1
Suy ra: 4.a.b $\leq$ $(a+b)^2$=1
Suy ra a.b $\leq$ 0,25 <=> a.b.2+1 $\leq$ 1,5
Suy ra: $\frac{4}{1+2.a.b}$ $\geq$ $\frac{8}{3}$
=> $\frac{1}{a.b.3}$+$\frac{1}{a^2+b^2+a.b}$ $\geq$ $\frac{8}{3}$ <=> VT $\geq$ VP (dpcm)
#491579 $\boxed{\text{Chuyên Đề}}$ Phương trình vô tỉ - Hệ phương...
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 09-04-2014 - 09:50 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Một số bài tập tự luyện cho dạng bài trên:
Bài 79:
$7x^2+7x=\sqrt{\frac{4x+9}{28}}$
ĐK: $x \ge \frac{{ - 9}}{4}$
Đặt $\sqrt {\frac{{4x + 9}}{{28}}} = y + \frac{1}{2}\left( {y \ge \frac{{ - 1}}{2}} \right)$
Khi đó ta có hệ phương trình:
$\left\{ \begin{array}{l}
2x = 14{y^2} + 14y - 1(1)\\
2y = 14{x^2} + 14x - 1(2)
\end{array} \right.$
Ta có:
$\begin{array}{l}
\left( 1 \right) - \left( 2 \right) \Leftrightarrow 2\left( {x - y} \right) = 14\left( {{y^2} - {x^2}} \right) + 14\left( {y - x} \right)\\
\Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {14x + 14y + 16} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = y\\
x = \frac{{ - 8 - 7y}}{7}
\end{array} \right.
\end{array}$
#491502 Rút gọn biểu thức $\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\frac{...
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 08-04-2014 - 21:45 trong Số học
$\frac{1}{2^2}$+$\frac{1}{4^2}$+...+$\frac{1}{2.n^2}$<$\frac{1}{1.3}$+$\frac{1}{3.5}$+...+$\frac{1}{(\sqrt{2}.n-1).(\sqrt{2}.n+1)}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{\sqrt{2}.n.2+2}$<$|frac{1}{2}$
#491107 $M=a^2+3a+1$
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 06-04-2014 - 19:29 trong Số học
Để mình làm cách khác
M=$a^2$+$2.a$+1+a=$(a+1)^2$+a
Nếu a là số chẵn => M le
Nếu a là số lẻ => M le
=> dpcm
#491048 [TOPIC] Bài toán tính tổng các dãy số có quy luật
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 06-04-2014 - 15:01 trong Đại số
Mình úp thêm một số bài toán tính tổng, các bạn tha hồ giải nhé
$\boxed{13}$ Chứng minh rằng $A=1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + ... + n^5 = \dfrac{1}{2}n^2(n+1)^2(2n^2+2n-1)$
$\boxed{14}$ Chứng minh rằng $A=1^3+2^3+3^3+....+n^3 = (1+2+3+4+...+n)^2$
$\boxed{15}$ Tính tổng: $A=1^k + 2^k + 3^k + 4^k + ... + n^k$ $(k > 0 )$
$\boxed{16}$ Tính tổng: $A= 1! + 2.(2!) + 3.(3!) + 4.(4!) + 5.(5!) + ... + n.(n!)$ với ($n! = 1.2.3.4.5. .... n$)
$\boxed{17}$ Tính tổng: $A= 1 + 2p + 3p^2 + ... (n+1)p^n$ $(p \neq 1)$
$\boxed{18}$ Chứng minh công thức: $k(k+1)(k+2)(k+3) - (k-1)k(k+1)(k+2)= 4k(k+1)(k+2)$.
$\boxed{19}$ Tìm $x$:
$a,$ $(x+1) + (x+2) + (x+3) + ...+ (x+100) = 5070$
$b,$ $1+2+3+4+... + x = 820$
$c,$ $1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{{10}} + ...... + \frac{2}{{x(x + 1)}} = \frac{{1991 + 1989}}{{1991}}$
$\boxed{20}$ Tính tổng: $A=\frac{1}{{{3^0}}} + \frac{1}{{{3^1}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + ..... + \frac{1}{{{3^{2005}}}}$
$\boxed{21}$ Tính tổng: $A=1.2 + 2.5 + 3.8 + ... + n(3n-1)$
$\boxed{22}$ Tính tổng: $A=1 + p + p^2 + p^3+ p^4 + ... + p^n$ $(p \neq 1)$
$\boxed{23}$ Tính tổng: $A = \frac{3}{{{{(1.2)}^2}}} + \frac{5}{{{{(2.3)}^2}}} + ....... + \frac{{2n + 1}}{{{{\left[ {n(n + 1)} \right]}^2}}}$
$\boxed{23}$ Tính tổng: $ A = \frac{1}{{1.2.3.4}} + \frac{1}{{2.3.4.5}} + ...... + \frac{1}{{n(n + 1)(n + 2)(n + 3)}}$
22)
$A.p=p+p^2+...........+p^{n+1}$
$A.(p-1)=p^{n+1}-1$
=> $A=\frac{p^{n+1}-1}{p-1}$
#490940 $\left ( x-\frac{1}{5} \right )....
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 06-04-2014 - 06:55 trong Đại số
($x$-$\frac{1}{5}$).($y$+$\frac{1}{2}$).($z$-3)=0
TH1: $x$=$\frac{1}{5}$
=> $y$=$\frac{1}{5}$-$1$
$z$=$\frac{1}{5}$+4
Tương tự như vậy xét các TH $y$=$\frac{-1}{2}$ vs $z$=3
#490884 b)$\left ( \frac{1}{2}-1 \right )....
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 05-04-2014 - 21:16 trong Đại số
b) A=($\frac{1}{2}$-1)................($\frac{1}{2014}$-1)
A=$\frac{-1}{2}$.$\frac{-2}{3}$..............$\frac{-2013}{2014}$=$\frac{-1}{2014}$
#490766 Vô địch toán Matxcơva lớp 7
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 05-04-2014 - 16:46 trong Số học
Cho $A(x)$=$a$.$x^3$+$b$.$x^2$+$c$.$x$+$d$ và $A(0)$;$A(1)$ đều là số lẻ.
C/m $A(x)$ không có nghiệm nguyên
#488959 $\sqrt{2x^2+48x-27}+x\sqrt{2x^2-24x+67}=4x...
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 26-03-2014 - 21:49 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Giải pt:
$\sqrt{2x^2+48x-27}+x\sqrt{2x^2-24x+67}=4x+6$
$$pt\iff x\left( \sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}-2 \right)+\sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}-(2x+6)=0 \\ \iff x.\frac{2{{x}^{2}}-24x+63}{\sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}+2}-\frac{2{{x}^{2}}-24x+63}{\sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}+2x+6}=0 \\ \iff (2{{x}^{2}}-24x+63)\left( \frac{x}{\sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}+2}-\frac{1}{\sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}+2x+6} \right)=0 \\ \iff \left[ \begin{matrix} x=6\pm \frac{3\sqrt{2}}{2} \\ \frac{x}{\sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}+2}-\frac{1}{\sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}+2x+6}=0,(1) \\ \end{matrix} \right.$$
$$(1)\iff \sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}+2=x\left( \sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}+2x+6 \right) \\ \iff \sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}-7=x\left[ \sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}+3x-6 \right]-\left( {{x}^{2}}-12x+9 \right) \\ \iff \frac{2({{x}^{2}}-12x+9)}{\sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}+7}=-\frac{7({{x}^{2}}-12x+9)}{\sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}-3x+6}-({{x}^{2}}-12x+9) \\ \iff ({{x}^{2}}-12x+9)\left[ \frac{2}{\sqrt{2{{x}^{2}}-24x+67}}+\frac{7}{\sqrt{2{{x}^{2}}+48x-27}}+1 \right]=0$$
#488951 Giải phương trình $x^{2}=\sqrt{x+5}$
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 26-03-2014 - 21:38 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Giải phương trình $x^{2}=\sqrt{x+5}$
#488574 C/m: $IN \perp BC$
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 24-03-2014 - 19:34 trong Hình học
cho tam giác ABC, đường phân giác AD, trung tuyến AM. QUa I thuộc đoạn thẳng AD, kẽ IH vuông góc vs AB, IK vuông góc vs AC. Gọi N là giao điểm HK và AM. C/m: $IN \perp BC$
#485772 Trận 4 - Bất đẳng thức
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 04-03-2014 - 11:39 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
MSS 59
Ta có $(x+y)^{2}-4xy\geq 0$ (1)
$(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ (2)
Cộng (1) và (2) ta được $(x+y)^{3}+(x+y)^{2}-2\geq 0$
Đặt $t=(x+y)$
$\Rightarrow t^{3}+t^{2}-2\geq 0$
$\Leftrightarrow t^{3}+2t^{2}+2t-t^{2}-2t-2\geq 0$
$\Leftrightarrow t(t^{2}+2t+2)-(t^{2}+2t+2)\geq 0$
$\Leftrightarrow (t-1)(t^{2}+2t+2)\geq 0$
Mà $t^{2}+2t+2=t^{2}+2t+1+1=(t+1)^{2}+1\geq 1> 0$
$\Rightarrow t-1\geq 0$
$\Leftrightarrow x+y\geq 1$
Mặt khác $(x-y)^{2}\geq 0$
$\Rightarrow 2x^{2}-x^{2}-2xy+2y^{2}-y^{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow 2(x^{2}+y^{2})\geq (x+y)^{2}$
$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}\geq \frac{(x+y)^{2}}{2}\geq \frac{1}{2}$ (Dấu "=" xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$)
Lại có $(x^{2}+y^{2})^{2}\geq 4x^{2}y^{2}\Rightarrow \frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}\geq x^{2}y^{2}$$\Rightarrow P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$=3[(x^{2}+y^{2})^{2}-x^{2}y^{2}]-2(x^{2}+y^{2})+1$$\geq 3[(x^{2}+y^{2})^{2}-\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{4}]-2(x^{2}+y^{2})+1$$\geq \frac{9}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1$Đặt $a=x^{2}+y^{2}$ (Điều kiện $a\geq \frac{1}{2}$)$f(a)= \frac{9}{4}a^{2}-2a+1,a\geq \frac{1}{2}$$f(a)\geq f(\frac{1}{2})=\frac{9}{16}$Vậy $P_{min}=\frac{9}{16}\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$
2 lời giải này có lẽ không phù hợp với THCS, dùng cả đạo hàm
#485767 Trận 4 - Bất đẳng thức
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 04-03-2014 - 11:19 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
MSS-01: Nguyễn Đức Thuận
Từ bất đẳng thức (BĐT) AM-GM, ta có:
$(x+y)^2\geq 4xy(1)$
$x^2+y^2\geqslant \frac{(x+y)^2}{2}(2)$
$(1)\Rightarrow (x+y)^3+(x+y)^2\geq 2\Leftrightarrow a^3+a^2-2\geqslant 0$ (a=x+y)
$\Rightarrow (a-1)(a^2+2a+2)\geqslant 0\Leftrightarrow a\geq 1$ (Do $a^2+2a+2=(a+1)^2+1>0$ với mọi a)
$(2)\Rightarrow t=x^2+y^2\geq \frac{a^2}{2}\geq \frac{1}{2}$ $\Rightarrow t^2\geq \frac{1}{4}$
Sử dụng BĐT dạng $(1)$: $\frac{t^2}{4}\geq x^2y^2$
Biến đổi: $P=3\left [t^2-x^2y^2 \right ]-2t+1\geq 3.\frac{3t^2}{4}-2t+1$
$=2(t-\frac{1}{2})^2+\frac{t^2}{4}+\frac{1}{2}\geq \frac{1}{16}+\frac{1}{2}=\frac{9}{16}$
Vậy $MinP=\frac{9}{16}$ khi $x=y=\frac{1}{2}$
a,b chưa chắc dương bạn à
#485765 Trận 4 - Bất đẳng thức
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 04-03-2014 - 10:57 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Theo giả thiết ta có : $(x+y)^3+4xy\geq 2\Rightarrow 2\leq (x+y)^3+(x+y)^2\Leftrightarrow (x+y)^3+(x+y)^2-2\geq 0\Leftrightarrow \left ( x+y-1 \right )\left [ \left ( x+y \right )^2+x+y+2 \right ]\geq 0\Rightarrow x+y\geq 1$
Ta có : $P=3\left ( x^4+y^4+x^2y^2 \right )-2\left ( x^2+y^2 \right )+1$
Áp dụng BĐT $AM-GM$ với các số thực $a,b$ ta có : $4ab\leq \left ( a+b \right )^2,a^2+b^2\geq 2\left | ab \right |\geq 2ab$
$\Rightarrow 2P=6\left ( x^4+y^4+x^2y^2 \right )-4\left ( x^2+y^2 \right )+2=2\left ( x^4+y^4-x^2y^2 \right )+4\left ( x^4+y^4+2x^2y^2 \right )-4\left ( x^2+y^2 \right )+2=2\left ( x^4+y^4-x^2y^2 \right )+\left [ 2\left ( x^2+y^2 \right )-1 \right ]+1$
$\geq \left ( x^4+y^4 \right )+\left ( x^4+y^4-2x^2y^2 \right )+\left [ \left ( x+y \right )^2 \right ]+1\geq x^4+y^4+1\geq 2.\left ( \frac{x+y}{4} \right )^4+1\geq \frac{9}{8}\Rightarrow P\geq \frac{9}{16}$
Dấu = xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$
$a,b$ có dương đâu mà $AM-GM$ bạn
#485288 Báo lỗi diễn đàn
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 01-03-2014 - 17:38 trong Hướng dẫn - Trợ giúp - Giải đáp thắc mắc khi sử dụng Diễn đàn
http://diendantoanho...ức/#entry485174
Chủ đề này em không trích dẫn được ạ, em thử mấy lần r mà vẫn không được
#485226 Trận 4 - Bất đẳng thức
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 28-02-2014 - 22:44 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Mở rộng: Cho $x,y,a,b,c,k\in \mathbb{R}; \ a,b,k\neq 0$ thỏa mãn $(x+y)^3+4xy \ge 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của: $$P=a\left(x^{2k}+y^{2k}+x^ky^k\right)−b\left(x^k+y^k\right)+c$$
Giải:
Đầu tiên ta có bất đẳng thức cơ bản: $(a+b)^2\ge 4ab\iff (a-b)^2\ge 0$(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$
Đặt $x+y=t$, ta có: $$t^3+t^2=(x+y)^3+(x+y)^2\ge (x+y)^3+4xy\ge 2 \\ \implies t^3+t^2\ge 2$$
Xét bất phương trình: $$t^3+t^2-2\ge 0\iff (t-1)(t^2+2t+2)\ge 0\iff t\ge 1$$
Ta có: $x^{2k}+y^{2k}+x^ky^k\ge \dfrac{3}{4}\left(x^k+y^k\right)^2\iff \left(x^k-y^k\right)^2$ ( Luôn đúng)
Do đó: $$P\ge \dfrac{3a}{4}\left(x^k+y^k\right)^2−b\left(x^k+y^k\right)+c$$
Theo BĐT $Holder$ thì : $\left(x^k+y^k\right).2^{k-1}\ge (x+y)^k\implies x^k+y^k\ge \dfrac{2}{2^k}$
Đặt $x^k+y^k=m, \ m\ge \dfrac{2}{2^k}$, thì ta đưa về bài toán:
Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\dfrac{3am^2}{4}-bm+c$ với $m\ge \dfrac{2}{2^k}$
Đến đây dễ dàng tìm $\min P.$
Mở rộng thiếu hợp lí vì nếu các biến âm thì không tồn tại $x^k$, $y^k$ .
#485219 Trận 4 - Bất đẳng thức
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 28-02-2014 - 22:23 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Bài trên em nhầm chút, em xin làm lại:
Đầu tiên ta có bất đẳng thức cơ bản: $(a+b)^2\ge 4ab\iff (a-b)^2\ge 0$(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$
Đặt $x+y=t$, ta có: $$t^3+t^2=(x+y)^3+(x+y)^2\ge (x+y)^3+4xy\ge 2 \\ \implies t^3+t^2\ge 2$$
Xét bất phương trình: $$t^3+t^2-2\ge 0\iff (t-1)(t^2+2t+2)\ge 0\iff t\ge 1$$
Lại có: $x^4+y^4+x^2y^2\ge \dfrac{3}{4}(x^2+y^2)^2\iff (x^2-y^2)^2\ge 0$ ( luôn đúng)
Do đó: $$P\ge \dfrac{9}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$$
Đặt $x^2+y^2=k, \ k\ge 0$. Mà $2(x^2+y^2)\ge (x+y)^2\iff (x-y)^2\ge 0\implies 2k\ge t^2\implies k\ge \dfrac{1}{2}$
Ta đưa về bài toán, tìm min của: $P=\dfrac{9k^2}{4}-2k+1$ với $k\ge \dfrac{1}{2}$ Ta có: $$P=\dfrac{1}{4}(9k^2-8k+4)=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{9}{4}\right]=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2\right]+\dfrac{9}{16}\ge \dfrac{9}{16}$$
Dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}k^2-\dfrac{1}{4}=0 \\ k-\dfrac{1}{2}=0\end{cases}\iff k=\dfrac{1}{2}\implies t=1\implies \begin{cases}x+y=1 \\ x=y\end{cases}\iff x=y=\dfrac{1}{2}$
Vậy $\min P=\dfrac{9}{16}$ khi và chỉ khi $x=y=\dfrac{1}{2}.\blacksquare$
Điểm 10.
#485210 Trận 4 - Bất đẳng thức
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 28-02-2014 - 22:04 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Đầu tiên ta có bất đẳng thức cơ bản: $(a+b)^2\ge 4ab\iff (a-b)^2\ge 0$(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$
Đặt $x+y=t$, ta có:
$$t^3+t^2=(x+y)^3+(x+y)^2\ge (x+y)^3+4xy\ge 2 \\ \implies t^3+t^2\ge 2$$
Xét bất phương trình: $$t^3+t^2-t\ge 0\iff (t-1)(t^2+2t+2)\ge 0\iff t\ge 1$$
Lại có: $x^4+y^4+x^2y^2\ge \dfrac{3}{4}(x^2+y^2)^2\iff (x^2-y^2)^2\ge 0$ ( luôn đúng)
Do đó: $$P\ge \dfrac{9}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$$
Đặt $x^2+y^2=k, \ k\ge 0$. Mà $2(x^2+y^2)\ge (x+y)^2\iff (x-y)^2\ge 0\implies 2k\ge t\implies k\ge \dfrac{1}{2}$
Ta đưa về bài toán, tìm min của: $P=\dfrac{9k^2}{4}-2k+1$ với $k\ge \dfrac{1}{2}$
Ta có: $$P=\dfrac{1}{4}(9k^2-8k+4)=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{9}{4}\right]=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2\right]+\dfrac{9}{16}\ge \dfrac{9}{16}$$
Dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}k^2-\dfrac{1}{4}=0 \\ k-\dfrac{1}{2}=0\end{cases}\iff k=\dfrac{1}{2}\implies t=1\implies \begin{cases}x+y=1 \\ x=y\end{cases}\iff x=y=\dfrac{1}{2}$
Vậy $\min P=\dfrac{9}{16}$ khi và chỉ khi $x=y=\dfrac{1}{2}.\blacksquare$
Bỏ
#483549 Trận 3 - Hình học
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 16-02-2014 - 21:04 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Đầu tiên ta có bổ đề (*) : ( Định lý Ceva)
Cho một tam giác ABC, các điểm D, E, và F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, và AB. ĐỊnh lý phát biểu rằng các đường thẳng AD, BE và CF là những đường thẳng đồng quy khi và chỉ khi: $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$
Chứng minh:
MSS.1.bmp 115.52K 1 Số lần tải
Giả sử $AD; \ BE ; \ CF$ đồng quy tại 1 điểm $O$ nào đó ( nằm trong hoặc ngoài tam giác).
Ta có: $\Delta BOD$ và $\Delta COD$ có chung chiều cao $\implies \frac{|\Delta BOD|}{|\Delta COD|}=\frac{BD}{DC}$
Tương tự $\frac{|\Delta BAD|}{|\Delta CAD|}=\frac{BD}{DC}$
Ta suy ra: $$\frac{BD}{DC}=\frac{|\Delta BAD|-|\Delta BOD|}{|\Delta CAD|-|\Delta COD|}=\frac{|\Delta ABO|}{|\Delta CAO|}$$
Tương tự: $\frac{CE}{EA}=\frac{|\Delta BCO|}{|\Delta ABO|}$ và $\frac{AF}{FB}=\frac{|\Delta CAO|}{|\Delta BCO|}$
Nhân 3 đẳng thức trên ta được: $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$
Ngược lại , giả sử Ngược lại, giả sử rằng ta đã có những điểm $D, E$ và $F$ thỏa mãn đẳng thức. Gọi giao điểm của $AD$ và $BE$ là $O$, và gọi giao điểm của $CO$ và $AB$ là $F'$. Theo chứng minh trên $\frac{AF'}{F'B}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$
Kết hợp với đẳng thức trên, ta nhận được: $\frac{AF'}{F'B}=\frac{AF}{FB}$
Thêm 1 vào mỗi vế và chú ý rằng $AF''+F''B=AF+FB=AB$, ta có $\frac{AB}{F'B}=\frac{AB}{FB}$
Do đó $F''B=FB$, vậy $F$ và $F''$ trùng nhau. Vì vậy $AD,BE$ và $CF=CF''$ đồng qui tại $O$, và định lí đã được chứng minh đúng theo cả hai chiều.
Trở về bài toán:
MSS.3.bmp 680.89K 4 Số lần tải
$AM$ cắt $BC$ tại $K$, $BN$ cắt $AC$ tại $J$, $CP$ cắt $AB$ tại H.
Kẻ $EI//FL//BC$ ( $F,I\in AK$) thì ta có : $\frac{AF}{AB}=\frac{FL}{BK} \ ; \ \frac{AE}{AC}=\frac{EI}{CK} \ ; \ \frac{EI}{FL}=\frac{EM}{FM}$
Nhân 3 đẳng thức trên ta có: $\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC}.\frac{FM}{EM}=\frac{BK}{FL}.\frac{EI}{CK}.\frac{FL}{EI}\implies \frac{BK}{CK}= \frac{FM}{EM} .\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC} \ \ (1)$
Tượng tự ta cũng có: $\frac{CJ}{AJ}=\frac{DN}{FN}.\frac{BC}{BD}.\frac{BF}{AB} \ \ (2)$ và $\frac{AH}{BH}=\frac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \ \ \ (3)$
Nhân các vế của $(1);(2);(3)$ ta được:
$\frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC}.\frac{FM}{EM}.\frac{DN}{FN}.\frac{BC}{BD}.\frac{BF}{AB}.\frac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \\ \implies \frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=\frac{FM}{EM}.\frac{EP}{DP}.\frac{DN}{FN}.\frac{DC}{BD}.\frac{BF}{AF}.\frac{AE}{CE} \ \ (\star)$
Áp dụng bổ đề (*) cho $\Delta ABD$ có $AD, CE, CF$ đồng quy và $\Delta DEF$ có $DM,EN,FP$ đồng quy ta có:
$\frac{FM}{EM}.\frac{EP}{DP}.\frac{DN}{FN}=1$ và $\frac{DC}{BD}.\frac{BF}{AF}.\frac{AE}{CE}=1$
Thay vào $(\star)$ : $\implies \frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=1$
Theo bổ đề (*) thì ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$
$d=10$
$S= 39$
#482853 $\sum \frac{x(y+z)}{4-yz}\geq 2xyz$
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 13-02-2014 - 11:41 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 1 với x,y,z là các số thực dương
cho $x+y+z=3$..Chứng minh rằng:(giúp mình làm theo nhiều cách)
$\frac{x(y+z)}{4-yz}+\frac{y(x+z)}{4-xz}+\frac{z(x+y)}{4-xy} \geq 2xyz$
$$\frac{x(y+z)}{4-xy}\ge \frac{2x\sqrt{yz}}{(2-\sqrt{yz})(2+\sqrt{yz})}= \frac{2xyz}{\sqrt{yz}(2-\sqrt{yz})(2+\sqrt{yz})} \\ \ge \frac{2xyz}{\dfrac{(\sqrt{yz}+2-\sqrt{yz})^2}{4}.\left(2+\dfrac{y+z}{2}\right)}=\frac{4xyz}{y+z+4} \\ \implies VT\ge \sum \frac{4xyz}{x+y+4}=4xyz.\sum \dfrac{1}{x+y+4}\ge 2xyz$$
#481882 Tính $\frac{(11^4+64)(19^4+64)(27^4+64)(35^4+64)}{(1...
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 08-02-2014 - 10:06 trong Đại số
$$ Note: \ \ \ n^4+64=(n^2-4n+8)(n^2+4n+8)$$
#481879 Tìm giá trị nhỏ nhất, Tính A
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 08-02-2014 - 10:01 trong Đại số
2) Tính A= 1 + $\frac{3}{2^{3}}$ +$\frac{4}{2^{4}}$ + ... +$\frac{100}{2^{100}}$
\[
\begin{array}{l}
A = \frac{1}{2} + \frac{2}{{2^2 }} + \frac{3}{{2^3 }} + ... + \frac{{100}}{{2^{100} }} = \frac{1}{2} + \frac{1}{{2^2 }} + \frac{1}{{2^3 }} + ... + \frac{1}{{2^{100} }} + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2} + \frac{2}{{2^2 }} + ... + \frac{{99}}{{2^{99} }}} \right) \\
\iff A = 1 - \frac{1}{{2^{100} }} + \frac{1}{2}\left( {A - \frac{{100}}{{2^{100} }}} \right) \iff \frac{1}{2}A = 1 - \frac{1}{{2^{100} }} - \frac{{100}}{{2^{100} }} = 1 - \frac{{101}}{{2^{100} }} = \frac{{2^{100} - 101}}{{2^{100} }} \\
\iff A = \frac{{2^{100} - 101}}{{2^{101} }} \\
\end{array}
\]
#481877 Tìm min : $A = (a+b+c)+2(\dfrac{1}{ab}+\df...
Đã gửi bởi Simpson Joe Donald on 08-02-2014 - 09:55 trong Bất đẳng thức và cực trị
- Diễn đàn Toán học
- → Simpson Joe Donald nội dung