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 $a=\frac{3}{2}$

Gọi  $a,b,c$ là các số nguyên có giá trị tuyệt đối không vượt quá $10$. Xét hàm số $f(x)={{x}^{3}}+a{{x}^{2}}+bx+c$ thỏa mãn $|f(2+\sqrt{3})|<0,0001$.Hỏi $2+\sqrt{3}$có thể là nghiệm của $f$ được không ?

Cho $c=0, a=-4,b=1$, vậy có tồn tại

 

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

Theo đề bài, các số nguyên dương được sắp xếp theo từng hàng chéo của bảng: Hàng chéo thứ nhất có 1 số, hàng chéo thứ hai có 2 số, ...

Giả sử số $x$ nằm ở hàng chéo thứ $k$ thì ta có:

$\dfrac{k(k-1)}{2}< x\le \dfrac{k(k+1)}{2}\Rightarrow \dfrac{-1+\sqrt{1+8x}}{2}\le k<\dfrac{1+\sqrt{1+8x}}{2}\Rightarrow k=\left\lceil\dfrac{-1+\sqrt{1+8x}}{2}\right\rceil$

Áp dụng $x=2015$ ta có $k=\left\lceil\dfrac{-1+\sqrt{1+8.2015}}{2}\right\rceil=63$

Số đầu tiên ở hàng chéo thứ $k=63$ là $\dfrac{k(k-1)}{2}+1=1954$

Như vậy số $2015$ nằm ở vị trí thứ $2015-1954+1=62$ của hàng chéo thứ $63$ (Vị trí áp chót)

Tọa độ của nó là $(2,62)$

 

$\dfrac{k(k-1)}{2}< x\le \dfrac{k(k+1)}{2}\Rightarrow \dfrac{-1+\sqrt{1+8x}}{2}\le k<\dfrac{1+\sqrt{1+8x}}{2}\Rightarrow$

đoạn này chứng minh như thế nào hả thầy. Em chưa hiểu rõ đoạn này

Qúa dài bạn ạ bạn xem thử cách của mình ở trên đi.

Làm dài v~~

$\begin{bmatrix} x^2-4y^2=5;3x^2+2y^2=5\\ x^2-4y^2=-1;3x^2+2y^2=5 \end{bmatrix}$

mình chỉ làm theo cái đề đánh thôi. Mọi người nhìn lại xem, không dễ giống cái trong tờ đề, đặt ẩn đâu

           ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM                                                          ĐỀ THI TUYẾN SINH LỚP 10

TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU                                                            Năm học: 2015-2016

           HỘI ĐỒNG TUYẾN SINH                                                             Môn thi: Toán (không chuyên)

                                                                                                      Thời   gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

 

Bài 1: (2 điểm)

a) Giải phương trình:$(x^2-9)\sqrt{2-x}=x(x^2-9)$

b) Giải hệ phương trình:

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

 

Bài hệ nhìn có vẻ lởm chởm 1 chút :

Đặt $x^2+4y^2=a,x^2-4y^2=b$

Ta có : $\left\{\begin{matrix} (x^2+4y^2)^2-4(x^2-4y^2)=5 & \\3x^2+2y^2=5 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x^2+4y^2-2)^2=9-32y^2\\ 3x^2+2y^2=5 \end{matrix}\right.\Rightarrow (x^2+4y^2-2)^2=4-30y^2+3x^2=4+3(x^2-10y^2)$

mà $x^2-10y^2=3x^2+2y^2-3(x^2+4y^2)+\frac{1}{2}\left ( x^2+4y^2+x^2-4y^2 \right )=5+\frac{1}{2}b-\frac{5}{2}a$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (a-2)^2=4+3(5+\frac{1}{2}b-\frac{5}{2}a)\\ a^2-4b=5 \end{matrix}\right.\Rightarrow 8\left ( a-2 \right )^2=152-3(a^2-5)-60a\Leftrightarrow 11a^2-135+28a=0$

P/s: Xem lại đoạn thay vào nhá, lâu lâu không làm nên không nhớ thay đúng không

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

Chi hình vuông ABCD M thuộc BC, P là giao điểm của AM và CD

CMR $\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AP^2}$

Trước hết, ta có $\Delta ABM\sim \Delta PDA(g.g)$, 

nên có tỉ số $\frac{AB}{AM}=\frac{PD}{AP}$

$\frac{1}{AB^{2}}=\frac{1}{AM^{2}}+\frac{1}{AP^{2}}\Leftrightarrow 1=\frac{AB^{2}}{AM^{2}}+\frac{AB^{2}}{AP^{2}}= \frac{PD^{2}+AD^{2}}{AP^{2}}$

(đúng, áp dụng định lí Pitago)

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.

Cho bàn cờ 8x8 ô vuông. Có thể lấp kín bàn cờ này bằng 2 chữ "I" và 15 chữ "T" được không?

 

Chữ "I" gồm 2 ô vuông và chữ "T" gồm 4 ô vuông.

Tô màu các ô sao cho giống bàn cờ vua. Như vậy mỗi chữ T sẽ bao trùm lên 1 số lẻ ô đen là 1 ô đen hoặc 3 ô đen, mỗi chữ I sẽ bao trùm lên 1 ô đen và 1 ô trắng. Vậy số ô đen bị 15 chữ T và 2 chữ I bao trùm lên là 1 số lẻ, trong khi có 32 ô đen trên bàn cờ, vô lí.

Vậy không thể lấp kín bàn cờ

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} y-\frac{3x+y}{x^2+y^2}=0 & \\ x+\frac{3x-y}{x^2+y^2}=3 & \end{matrix}\right.$

Đề nhầm rồi PT 2 là $3y-x$

Từ $GT\Rightarrow 3-i0=x+\frac{3x-y}{x^2+y^2}-yi+\frac{3yi+xi}{x^2+y^2}=\left ( x-yi \right )+\frac{3(x-yi)+i(x+iy)}{x^2+y^2}$

Đặt $z=x+yi$

$\Rightarrow 3-i0=\bar{z}+\frac{3z+iz}{z.\bar{z}}=\bar{z}+\frac{3+i}{\bar{z}}\Rightarrow \bar{z}^2+3z+iz-3\bar{z}=0\Rightarrow \left\{\begin{matrix} z_1=2+i\\ z_2=1-i \end{matrix}\right.$

Thay vào tìm $x,y$

Giải hệ phương trình : $$\left\{\begin{matrix} x^3+4y^3=-5\\ x^3+3xy=2 \end{matrix}\right.$$

Giải hệ phương trình : $$\left\{\begin{matrix} \sqrt{sin^2x+\frac{1}{sin^2x}}+\sqrt{cos^2y+\frac{1}{cos^2y}}=\sqrt{\frac{20}{x+y}}\\ \sqrt{sin^2y+\frac{1}{sin^2y}}+\sqrt{cos^2x+\frac{1}{cos^2x}}=\sqrt{\frac{20}{x+y}} \end{matrix}\right.\left ( x,y\in \mathbb{R} \right )$$

Câu 4. Sử dụng hàm bậc nhất đánh giá : 

$\prod \left ( x+1 \right )\geq 4xyz\Leftrightarrow \left ( xy+x+y+1 \right )\left ( 7-x-y \right )-4xy(6-x-y)\geq 0$

Ta có : $f(x)=\left ( xy+x+y+1 \right )\left ( 7-x-y \right )-4xy(6-x-y)\geq 0$ vì $0< x\leq 1$

Ta có : $f(0)=\left ( y+1 \right )\left ( 7-y \right )\geq 0$ vì $0< y\leq 2$

$f(1)=\left ( 2y+2 \right )\left ( 6-y \right )-4y(5-y)=(y-2)(y-3)\geq 0$ vì $0< y\leq 2$

$\Rightarrow f(x)\geq 0\Rightarrow dpcm$

Solution 4/ DdT 's idea

We have: $6=x+y+z=x+\frac{y}{2}.2+\frac{z}{3}.3\geq 6.\sqrt[6]{\frac{xy^2z^3}{108}}\Rightarrow xyz\leq 6$

So, prove that: $LHS=\prod (x+1)\geq 4\prod x\Leftrightarrow LHS\geq 2\sqrt{x}.3\sqrt[3]{\frac{y^2}{4}}.\sqrt[4]{\frac{y^3}{27}}=24.\sqrt[12]{\frac{x^6y^8.z^9}{4^4.27^3}}\geq 4\prod x\Leftrightarrow xyz\leq 6\rightarrow \boldsymbol{True}$

$(Q.E.D)$

 . Mình chỉ góp ý , mong bạn không nên dùng tiếng anh.