Mình có thắc mắc một chút, có ai biết giải đáp giúp mình với. Mình ở Thái Bình, bình thường theo quy định thì những HS đi thi HSG tỉnh có giải Ba trở lên được xét tuyển thẳng vào THPT ở địa phương. Vậy còn những HSG thi Violympic tỉnh, quốc gia có được xét tuyển thẳng không? Và điều kiện như nào được tuyển thẳng?

Chưa chắc đã là hack đâu. Thằng bạn em mù tịt hack hiếc, hắn chỉ giải đi giải lại trên dưới 2 chục lần là thuộc như cháo, 47 giây, 300/300 luôn.

Cho các số thực dương a,b tm: $a^{100}+b^{100}=a^{101}+b^{101}=a^{102}+b^{102}$
Tính Q= $a^{2012}+b^{2012}$

Có : $a^{100}+b^{100}=a^{101}+b^{101}$
$\Rightarrow a^{101}-a^{100}+b^{101}-b^{100}=0$
$\Rightarrow a^{100}(a-1)+b^{100}(b-1)=0$ (1)
Lại có : $a^{101}+b^{101}=a^{102}+b^{102}$
Tương tự $\Rightarrow a^{101}(a-1)+b^{101}(b-1)=0$ (2)
Trừ vế theo vế của (2) cho (1) ta được :
$(a^{101}-a^{100})(a-1)+(b^{101}-b^{100})(b-1)=0$
$\Rightarrow a^{100}(a-1)^2+b^{100}(b-1)^2=0$
Mà $a^{100}(a-1)^2\geq 0$; $b^{100}(b-1)^2\geq 0$
Nên $a^{100}(a-1)^2=0$; $b^{100}(b-1)^2=0$
$\Rightarrow a=1$; $b=1$
$\Rightarrow Q=2$

Nếu mình ko nhầm thì hình như đề bảo là hình thang vuông @@

Ờ ha, nếu thế thì tính $S$ của 1$\Delta$ thôi

Có : $S_{AED}+S_{BFC}=270$
$\Rightarrow AE.23+BF.23=540$
$\Rightarrow AE+BF=\frac{540}{23}$
$\Rightarrow CD-AB=\frac{540}{23}$, kết hợp với $\frac{AB}{CD}=\frac{3}{5}$ để tìm $AB$; $CD$ ...

nhưng thế là sao nhỉ
giả sử lúc đầu có n dấu $\sqrt{}$ sau khi A^{2} sẽ có n-1 dấu $\sqrt{}$ chứ nhỉ
mình còn chỗ này chưa hiểu

Đấy chính là tính vô hạn của nó đấy, bạn đã hiểu chưa? Vì nó vô hạn mà

Nhưng mà nhìn thế này thì A là số vô tỉ chứ nhỉ
kết quả này mình hơi bất ngờ đấy
Mà nếu A=6 $\Rightarrow$ $6\sqrt{6\sqrt{6...}}$=36 cứ thế thì thế nào nhỉ
điều này có đúng không nhỉ

Nếu A=6 thì $\Rightarrow$ $6\sqrt{6\sqrt{6...}}$=36, ừ thì sao?
Mà nếu chứa căn thì chắc gì rút gọn đã là vô tỉ

vô hạn là thế nào nhỉ
tai sao A^{2}=A là thế nào
giải thích hộ mình với

Thế này nhé :
Do $A=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+...}}}}$
$\Rightarrow A^2=6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+...}}}$
$\Rightarrow A^2-6=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+...}}}$ (1)
Mà $\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+...}}}$ thì $=A$
Thay vào (1) ta được $A^2-6=A$
Bạn đã hiểu chưa

như bạn nói tức là vô hạn nên thêm 1,10,100,1000 cũng không sao hả

???

vậy giúp mình bài này nhé
tính A=$\sqrt{6\sqrt{6\sqrt{6\sqrt{6...}}}}$
bạn thử xem nhé

Có : $A^2=6\sqrt{6\sqrt{6\sqrt{6...}}}$
$\Rightarrow A^2=6A$ mà A khác 0 nên $A=6$

Đúng rồi, vì cái này là vô hạn mà.

Ê! Xem lại từ dòng ba đến dòng bốn. Hình như sai thì phải!!

Mình sửa rồi, cậu xem còn sai sót gì không.

Tìm x,y thỏa mãn : $x^{2}+xy+y^{2}=3(x+y-1)$

$x^{2}+xy+y^{2}=3(x+y-1)$
$\leftrightarrow x^2+x(y-3)+(y^2-3y+3)=0$
Có : $\Delta=(y-3)^2-4(y^2-3y+3)\geq 0$
$\leftrightarrow -3(y-1)^2\geq 0$
$\leftrightarrow (y-1)^2=0...$

Bài 1:
ta có 2S=xa+by+zc
theo bất đẳng thức bunyakovsky ta có
$(ax+by+cz)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geqslant (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2$
mà $(ax+by+cz)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=2S.\frac{ab+bc+ac}{abc}\leqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{2R}$
vậy ta có BĐT phải chứng minh

Tại sao $2S.\frac{ab+bc+ac}{abc}\leqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{2R}$ thế? Mình chưa hiểu lắm, mong bạn giúp đỡ.

Tìm tất cả các số nguyên n sao cho $A=(n-2010)(n-2011)(n-2012)$
là số chính phương.

*Xét $n<2010$ thì $A<0$
*Xét $n=2010;2011;2012...$
*Xét $n$ khác. Có : trong 3 số $(n-2010);(n-2011);(n-2012)$ chỉ có 1 số chia hết cho 3 nên $A$ $\vdots$ $3$ nhưng không chia hết cho 9
$\Rightarrow$ không là số chính phương.

Bài 1: Tìm tất cả các số tự nhiên gồm hai chữ số biết rằng số đó chia hết cho tích hai chữ số của nó.

Gọi số đó là $ab$ ( gạch đầu kiểu gì ạ? )
Ta có : $10a+b\vdots ab$ (1)
$\Rightarrow 10a+b\vdots a$
$\Rightarrow b\vdots a$
Đặt $b=ak$ ( $0<k\leq 9$ )
Thay vào (1) được $a(10+k)\vdots ab$
$\Rightarrow 10+k\vdots b$
$\Rightarrow 10+k\vdots k$ ( do $b\vdots k$ )
$\Rightarrow 10\vdots k$
$\Rightarrow k\in {1;2;5}$
* Nếu $k=1$. Thay vào (1) được $11a\vdots ab$
$\Rightarrow 11\vdots b$
$\Rightarrow b=1$ ...
* Nếu $k=2$, Thay vào (1) được $12a\vdots ab$...

Cho $x,y\geq 0$ và $x+y\leq 6$. Tìm min, max $x^2y[4-(x+y)]$

Dễ thấy BT đạt GTLN khi $x+y\leq 4$, đạt GTNN khi $x+y\geq 4$.
GTLN:Áp dụng BĐT AM-GM, ta có $x^2y\left [ 4-(x+y) \right ]=4.\frac{x}{2}.\frac{x}{2}.y.\left [ 4-(x+y) \right ]\leq 4.\left [ \frac{\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+y+4-(x+y)}{4} \right ]^4=4$.
GTNN:$-x^2y\left [ 4-(x+y) \right ]=x^2y\left [ x+y-4 \right ]=4.\frac{x}{2}.\frac{x}{2}.(x+y-4)\leq 4.(\frac{\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+y+x+y-4}{4})^4=4.\left [ \frac{2(x+y)-4}{4} \right ]^4\leq 4.\left ( \frac{2.6-4}{4} \right )^4=64\Rightarrow x^2y\left [ 4-(x+y) \right ]\geq -64$
Vậy GTLN của BT là 4, đạt được khi x=2, y=1; GTNN của BT là -64, đạt được khi x=4, y=2

Cậu đoán dấu "=" rồi mới làm hay có cách nào vậy?

Cho $x>y$ và $xy=1000$. Tìm min $P=\frac{x^2+y^2}{x-y}$

Bài toán: Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất (nếu có) của $A=\dfrac{x^{2}-x+1}{x^{2}+x+1}$.

*Có : $A\geq \frac{1}{3}$
Thật vậy : $A\geq \frac{1}{3}$
$\leftrightarrow \frac{x^{2}-x+1}{x^{2}+x+1}\geq \frac{1}{3}$
$\leftrightarrow 3(x^2-x+1)\geq (x^2+x+1)$
$\leftrightarrow 2x^2-4x+2\geq 0$
$\leftrightarrow 2(x-1)^2\geq 0$ (lđ)
$\Rightarrow A\geq \frac{1}{3}$
Dấu "=" ...
*Có : $A\leq 3$
Thật vậy : ... $2(x+1)^2\geq 0$ (lđ)
Dấu "=" ...

$f(x,y,z)=(xy+\frac{x}{y})+(yz+\frac{y}{z})+(zx+\frac{z}{x})-x-y-z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 6$

Sửa lại xem sao, như thế này ạ?

Gọi phân số đó là $\frac{a}{b}$ thì phân số nghịch đảo của nó là $\frac{b}{a}$.
Ta có : $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}=2$ (Cô-si)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b$

2)Chắc vậy nhỉ
Giả sử $x \ge y \ge z$
$\Longrightarrow x^2+y^2 \ge x^2+z^2$
$\Longrightarrow z \ge y$
Từ đó chúng ta rút ra được nghiệm chỉ xảy ra khi $x=y=z$

Check lại "hàng" đi bác, thấy có vấn đề rồi.

Chắc nhóm thành từng nhóm từ 1 đến 9 rồi xét.

Cho tam giác có số đo các đường cao là số nguyên, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó bằng 1. Hỏi tam giác đó là tam giác gì

Gọi các cạnh và chiều cao tương ứng lần lượt là $a,b,c$; $h_a,h_b,h_c$
Có : $2S=a.h_a=b.h_b=c.h_c$
Lại có : $S=pr$
$\Rightarrow 2S=2pr=a+b+c$ ( do $r=1$ )
$\Rightarrow a+b+c=a.h_a=b.h_b=c.h_c$
Do vai trò $a,b,c$ là như nhau. Ta giả sử $a\geq b\geq c$
$\Rightarrow a.h_a=a+b+c\leq 3a$
$\Rightarrow h_a\leq 3$ mà $h_a$ nguyên
$\Rightarrow h_a=1;2;3$
Mặt khác $h_a>2r=2$ nên $h_a=3$
Thay vào ra được $3a=a+b+c$ mà $a\geq b\geq c$ nên $a=b=c$
Vậy $\Delta$ đó là $\Delta$ đều

Cũng còn cách nữa, đặt $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=x;...$