Với điều kiện:

+Các viên gạch chữ L có thể quay ngang dọc tùy ý

+Các viên gạch không được xếp chồng lên nhau

Có hay không cách lát nền $4\times3$  bằng những viên gạch chữ L kích thước  $2\times 3$ dạng như hình vẽ

Gạch chữ L:

Nền: 

$x^4 -3x^3+2x^2-9x+9=0\xrightarrow[]{x\neq 0 }x^2-3x+2-\frac{9}{x}+\frac{9}{x^2}=0 \Leftrightarrow (x+\frac{3}{x})^2-3(x+\frac{3}{x})-4=0\Leftrightarrow x+\frac{3}{x}=4 \vee x+\frac{3}{x}=-1\Leftrightarrow x=1 \vee x=3$

Theo GT: Tồn tại 3 góc $A,B,C$ của một tam giác sao cho $tanA=x;tanB=y;tanC=z$

Vì $tanA,tanB,tanC>0$ nên $cosA,cosB,cosC>0$

$A=\sum \frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}=\sum \frac{1}{\sqrt{tan^{2}A+1}}=\sum cosA\leq \frac{3}{2} $

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $A=B=C=\frac{\pi}{3} \Leftrightarrow x=y=z=\sqrt{3}$

a) Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên $a$ sao cho $(a,p)=1$. Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên $n$ sao cho $a^n+n \equiv 0(mod p)$.

b) Tồn tại hay không 2 số nguyên dương $a,b$ phân biệt sao cho $(b^n+n)\vdots (a^n+n)$.

Ngoài số 2 và số 4, các số trên bảng đều có dạng $a+b+ab$. Nếu xuất hiện số 2016 thì tồn tại a,b nguyên dương sao cho $ab+a+b=2016\Leftrightarrow (a+1)(b+1)=2017$.  Phương trình này không có nghiệm nguyên dương nên  không thể xuất hiện số 2016

Cho tứ giác $ABCD$ có các cặp cạnh đối không song song. $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $OAB$ và $OCD$ cắt nhau tại $X$ khác $O$. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác $OAD$ và $OCB$ cắt nhau tại $Y$ khác $O$. Các đường tròn đường kính $AC$, $BD$ cắt nhau tại $Z$,$T$. Chứng minh rằng $X,Y,Z,T$ thẳng hàng hoặc đồng viên.

Bạn tính nhẩm cái $\Delta$ ý

Sorry, sai đề.Đã sửa ở trên.

 T cũng chả biết @@

nhưng mà công thức nhiệm thì tính nhẩm cũng được mà ?

Vậy bạn trình bày ra thử nhé.

Vậy khai triển ra xong dùng công thức nghiệm được k bác

Tức là cách nào mình có thể áp dụng trong phòng thi mà không sử dụng MTBT như đặt ẩn phụ, đánh giá,... 

Giải phương trình:

$8x-5(5x^2-1)^2=-8$(*)

(Không dùng cách khai triển ra rồi phân tích thành nhân tử   )

$ \frac{x}{x+yz}+\frac{y}{y+zx}+\frac{z}{z+xy}\leqslant \frac{9}{4}\Leftrightarrow\sum \frac{yz}{x+yz}\geq\frac{3}{4} $

Mặt khác $\sum\frac{yz}{x+yz}=\sum\frac{y^2z^2}{xyz+y^2z^2}\geq\frac{(\sum yz)^2}{3xyz+\sum y^2z^2} $

Cần chứng minh $\frac{(\sum yz)^2}{3xyz+\sum y^2z^2}\geq\frac{3}{4}  \Leftrightarrow 4(\sum yz)^2\geq9xyz+3\sum y^2z^2  \Leftrightarrow \sum y^2z^2+8xyz(x+y+z)\geq9xyz  \Leftrightarrow\sum y^2z^2 \geq xyz (*)$

(*) đúng do $(xy)^2+(yz)^2+(zx)^2\geq xy.yz+yz.zx+zx.xy=xyz(x+y+z)=xyz$

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

$\frac{x^{2}}{x+y}+\frac{y^{2}}{y+z}+\frac{z^{2}}{z+x}\geq \frac{x+y+z}{2}\geq \frac{\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}}{2}=\frac{1}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

https://vi.wikipedia...i/Dãy_Fibonacci

Đặt $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2};y=\frac{1-\sqrt{5}}{2};$

Khi đó: 

$f(n)=\frac{1}{\sqrt{5}}(x^n-y^n)$

Ta sẽ chứng minh $f(15k)=\frac{1}{\sqrt{5}}(x^{15k}-y^{15k})\vdots10,\forall k \in \mathbb N^*$ (*)

Kiểm tra thấy (*) đúng tới $k=1;k=2$ 

Giả sử (*) đúng tới $k=1,2,...,k-1,k$

Cần chứng minh (*) đúng tới $k=k+1$

Thật vậy: 

$f(15(k+1))=\frac{1}{\sqrt{5}}(x^{15k+15}-y^{15k+15})=\frac{1}{\sqrt{5}}[(x^{15k}-y^{15k})(x^{15}+y^{15})+x^{15}y^{15k}-x^{15k}y^{15}]=\frac{1}{\sqrt{5}}[(x^{15k}-y^{15k})(x^{15}+y^{15})-x^{15}y^{15}(x^{15(k-1)}-y^{15(k-1)})]=[1364.f(15k)+f(15(k-1))]\vdots 10$

Do $2015 \vdots 15$ nên $f(2015) \vdots 10$

$x^{2}+2x+3=(8-2x)\sqrt{2\sqrt{2x-1}-1}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$(8-2x)\sqrt{2\sqrt{2x-1}-1}=(8-2x).\sqrt{2.1.\sqrt{2x-1}-1}\leq (8-2x)\sqrt{2x-1}.1\leq (8-2x).x=8x-2x^2=x^2+2x+3-3x^2+6x-3=x^2+2x+3-3(x-1)^2\leq x^2+2x+3$

Dấu "=" xảy ra khi $x=1$

Nếu $a>0;b>0$ thì không tồn tại (a,b,c) vì VT lẻ, VP chẵn 

Nếu $a=0$ ta có: $2^b-3^c=2015$

   +Xét b=0 thì không tồn tại c

   +Xét b=1 thì không tồn tại c

   +Xét $b>1$ thì $2^b \vdots 4; -3^c \equiv 1 (mod 4);2015\equiv 3(mod 4)$

Nếu $b=0$ ta có: $10^a-3^c=2015$

   +Xét c=0 thì không tồn tại a

   +Xét c=1 thì không tồn tại a

   +Xét c>1 thì $10^a$ chia 3 dư 1; $3^c$ chia hết cho 3; 2015 chia 3 dư 2

Vậy pt vô nghiệm

Lấy điểm G sao cho $a.\overrightarrow{GA}+b.\overrightarrow{GB}+c.\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$

Do đó:

$a.MA^{2}+b.MB^{2}+c.MC^{2}=a.{\overrightarrow{MA}}^{2}+b. \overrightarrow{MB}^{2}+c. \overrightarrow{MC}^{2}=a.( \overrightarrow{MG}+ \overrightarrow{GA})^2+b.( \overrightarrow{MG}+ \overrightarrow{GB})^2+c.( \overrightarrow{MG}+ \overrightarrow{GC})^2=a.(\overrightarrow{MG}^2+\overrightarrow{GA}^2+2.\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GA})+b.(\overrightarrow{MG}^2+\overrightarrow{GB}^2+2.\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GB})+c.(\overrightarrow{MG}^2+\overrightarrow{GC}^2+2.\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GC})=MG^2(a+b+c)+a.GA^2+b.GB^2+c.GC^2+2a.\overrightarrow{MG}.(a.\overrightarrow{GA}+b.\overrightarrow{GB}+c.\overrightarrow{GC})=MG^2(a+b+c)+a.GA^2+b.GB^2+c.GC^2\geq a.GA^2+b.GB^2+c.GC^2$

Dấu "=" xảy ra khi $ M \equiv G$

$ab=(-1+\sqrt{3})a.b.\frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq \frac{(-1+\sqrt{3})^2.a^2+b^2}{2}.\frac{1+\sqrt{3}}{2}=\frac{-1+\sqrt{3}}{2}.a^2+b^2.\frac{1+\sqrt{3}}{4}$

$cb=(-1+\sqrt{3})c.b.\frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq \frac{(-1+\sqrt{3})^2.c^2+b^2}{2}.\frac{1+\sqrt{3}}{2}=\frac{-1+\sqrt{3}}{2}.c^2+b^2.\frac{1+\sqrt{3}}{4}$

$2ac\leq a^2+b^2$

Bài 2:

Đặt $a=2+\sqrt{3}; b=2-\sqrt{3}\rightarrow ab=1;a+b=4;a^2+b^2=14$

Với n chẵn, $n\geq 4$ ta có: $S_n=a^n+b^n=(a^{n-2}+b^{n-2})(a^2+b^2)-a^2b^2(a^{n-4}+b^{n-4}) =14(a^{n-2}+b^{n-2})-(a^{n-4}+b^{n-4})=14S_{n-2}-S_{n-4}$

Tính được $S_0=2;S_4=194$$\rightarrow S_8;S_{12};...;S_{4k};,,,;S_{2016}$ là các số chẵn

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ sao cho $f(f(n))+[f(n)]^2=n^2+3n+3, \forall n \in\mathbb{N}$

Cho đường tròn $(O)$ và 2 đường thẳng phân biệt $a$,$b$. Dựng một đường tròn tiếp xúc trong với $(O)$ và tiếp xúc với cả 2 đường thẳng $a$,$b$

Bài 1: Tính được $CA=CM=R\sqrt(3).; DM=DB= \frac{R}{\sqrt(3)}$

Theo định lí Pythagore: $ CB^2=CA^2+AB^2 \Leftrightarrow CB=R.\sqrt(7)$

$BF=AB^2:BC=\frac{4R^2}{R\sqrt{7}}=\frac{4R}{\sqrt{7}}$

$\Rightarrow BE=\frac{2R}{\sqrt{3}}$

Gọi $E'=AM \cap BD$

Ta có: $\angle MBE'=30^o \Rightarrow BE'=\frac{2BM}{\sqrt{3}}=\frac{2R}{\sqrt{3}} \Rightarrow E \equiv E'$

Nên $\Delta MBE $ vuông tại M (1)

Tính được $BD=R\sqrt(3)=\frac{BE}{2}$ nên D là trung điểm BE

$\Delta BKE$ vuông tại K có D trung điểm BE (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Bài 3: 

M nằm trên cung BC nên $\angle AOM \leq \angle AOB$

Ta có: $ON=AO.\cos{\angle AON}\geq AO.cos \angle AOB=R\Rightarrow 4OM+ON\geq 5R$

3.Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$ CMR: $A=\frac{ab}{c+ab}+\frac{bc}{a+bc}+\frac{ac}{b+ac}-\frac{1}{4abc}\leq -6$

$3-A=3-[\frac{ab}{c+ab}+\frac{bc}{a+bc}+\frac{ac}{b+ac}-\frac{1}{4abc}]$

$3-A=\sum \frac{c}{c+ab}+\frac{1}{4abc} \geq \sum \frac{c}{c+\frac{(a+b)^2}{4}}+\frac{1}{4abc}=\sum \frac{4c}{(c+1)^2}+\frac{1}{4abc}= \frac{4a}{(a+1)^2}+\frac{4b}{(b+1)^2}+\frac{4c}{(c+1)^2}+\frac{1}{36abc}+\frac{2}{9abc}\geq 4\sqrt[4]{\frac{4a}{(a+1)^2}.\frac{4b}{(b+1)^2}.\frac{4c}{(c+1)^2}.\frac{1}{36abc}}+\frac{2}{9\frac{(a+b+c)^3}{27}}=4\sqrt[4]{\frac{16}{9(a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2}}+6\geq 4.\sqrt[4]{\frac{16}{9.\left (\frac{(a+1+b+1+c+1)^3}{27} \right )^2}}+6=9$ (đúng)

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$

Đăt: $ x-y=a; y-z=b; z-x=c \Rightarrow a+b+c=0 \Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc$

Trong 3 số x,y,z phải có 1 số nằm giữa 2 số còn lại

Không mất tính tổng quát giả sử $ab=(x-y)(y-z)>0$

BĐT viết lại thành: 

$(a^3+b^3+c^3)(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3})\leq \frac{-45}{4} \Leftrightarrow \frac{\sum a^3b^3}{a^2b^2c^2}\leq \frac{-15}{4}\Leftrightarrow \frac{a^3b^3-(a+b)^3(a^3+b^3)}{a^2b^2(a+b)^2}\leq \frac{-15}{4} \Leftrightarrow \frac{ab}{(a+b)^2}-\frac{(a+b)^2}{ab}.\frac{a^2-ab+b^2}{ab}\leq \frac{-15}{4} \Leftrightarrow \frac{ab}{(a+b)^2}-\frac{(a+b)^2}{ab}.\frac{(a+b)^2-3ab}{ab}\leq \frac{-15}{4}$

Đặt $\frac{(a+b)^2}{ab}=t \geq 4$

BĐT viết lại thành: 

$\frac{1}{t}-t(t-3)\leq \frac{-15}{4}\Leftrightarrow t^3-3t^2-\frac{15}{4}t-1\geq 0 \Leftrightarrow (t-4)(t+\frac{1}{2})^2\geq 0$ (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b \Leftrightarrow x+z=2y$

Cho $\Delta ABC$ không cân có tâm đường tròn nội tiếp là $I$. (I) tiếp xúc với BC,CA,AB lần lượt tại $A_1; B_1; C_1$. Chứng minh rằng tâm các đường tròn $(AIA_1); (BIB_1); (CIC_1) $ thẳng hàng

a) Ta có: $\frac{AB}{CF}=\frac{BI}{IF}=\frac{CI}{IF}=\frac{AC}{BF}\Rightarrow AB.BF=AC.CF$

$3\vec{AG}\vec{AF}=AB^2+AC^2 \Rightarrow 2 \overrightarrow{AI}.\overrightarrow{AF}=AB^2+AC^2 \Rightarrow (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\overrightarrow{AF}=AB^2+AC^2 \Rightarrow (2\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FC})\overrightarrow{AF}=(\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{FB})^2+(\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{FC})^2\Rightarrow \overrightarrow{AF}(\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FC})=FB^2+FC^2+2\overrightarrow{AF}(\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FC}) \Leftrightarrow FB^2+FC^2=\overrightarrow{FA}(\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FC})\Leftrightarrow \overrightarrow{FB}(\overrightarrow{FB}-\overrightarrow{FA})=\overrightarrow{FC}(\overrightarrow{FA}-\overrightarrow{FC})\Leftrightarrow \overrightarrow{FB}.\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{FC}.\overrightarrow{CA} \Leftrightarrow \overrightarrow{BF}.\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{CF}.\overrightarrow{CA}\Leftrightarrow BF.BA.\cos\angle ABF=-CF.CA.\cos \angle ACF$ (luôn đúng do $\angle ABF +\angle ACF=180^o$)

b) AMGN nội tiếp $\Leftrightarrow \angle GNM=\angle GAM \Leftrightarrow \angle GBC=\angle IAB \Leftrightarrow \Delta IBG \sim \Delta IAB (g-g) \Leftrightarrow IB^2=IG.IA \Leftrightarrow IB^2=\frac{AI^2}{3}\Leftrightarrow \frac{BC^2}{4}=\frac{1}{3}\frac{2AB^2+2AC^2-BC^2}{4} \Leftrightarrow AB^{2}+AC^{2}=2BC^{2} $