Chủ đề này có 19 trả lời

[I Love MC]

Nguồn : Không rõ ảnh gốc nhưng mình lấy ảnh từ thầy HTQuang 

[the unknown]

*Câu hệ có vẻ dễ. Ta có: $x^3+5x-(y^3+5y)=4x^2-4y^2+y-x\Leftrightarrow (x-y)(x^2+xy+y^2-4(x+y)+6)=0$

Mà $x^2+xy+y^2-4(x+y)+6=\frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2-4(x+y)+6\geq \frac{3}{4}(x+y)^2-4(x+y)+6=\frac{3}{4}(x+y-\frac{8}{3})^2+\frac{2}{3}> 0$

Nên $x=y$. Vậy ta có $x^3-4x^2+4x-1=(x-1)(x^2-3x+1)=0\Leftrightarrow x\in \left \{ 1;\frac{3\pm \sqrt{5}}{2} \right \}$.

Vậy hệ có ba nghiệm là $(1;1),(\frac{3+\sqrt{5}}{2};\frac{3+\sqrt{5}}{2}),(\frac{3-\sqrt{5}}{2};\frac{3-\sqrt{5}}{2})$.

*Câu 4 thực ra là câu bất trong đề thi IMO 2008. Đặt $\frac{a}{a-1}=x,\frac{b}{b-1}=y,\frac{c}{c-1}=z\Rightarrow a=\frac{x}{x-1},b=\frac{y}{y-1},c=\frac{z}{z-1}$. Khi đó giả thiết đưa về $xyz=(x-1)(y-1)(z-1)$ và điều phải chứng minh tương đương với $x^2+y^2+z^2\geq 1$.

Giả thiết tương đương: $xy+yz+zx-(x+y+z)+1=0\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(x+y+z)+2=(x+y+z-1)^2+1\geq 1$ nên ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 09-05-2016 - 16:56

[lily evans]

Nguồn : Không rõ ảnh gốc nhưng mình lấy ảnh từ thầy HTQuang 

Câu I:

1)Vì $x\neq 0$ nên ta có:

$x^{2}+2x\sqrt{x-\frac{1}{x}}=3x+1\Leftrightarrow x+2\sqrt{x-\frac{1}{x}}=3+\frac{1}{x}\Leftrightarrow x-\frac{1}{x}+2\sqrt{x-\frac{1}{x}}-3=0$

Đặt $t=\sqrt{x-\frac{1}{x}}$ ($t\geq 0$). Đến đây ta có:

$t^{2}+2t-3=0$

Đến đây thì dễ rồi

[nguyentinh]

Câu I

2): Ta có $\left\{\begin{matrix} x+4y^{2}+1=y^{3}+5y & \\ y+4x^{2}+1=x^{3}+5x & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left ( x-y \right )-4\left ( x-y \right )\left ( x+y \right )=\left ( y-x \right )\left ( y^{2}+xy+x^{2} \right )+5\left ( y-x \right )$

$...\Leftrightarrow \left ( x-y \right )\left ( x^{2}+xy+y^{2}-4x-4y+6 \right )=0\Leftrightarrow x-y=0\Leftrightarrow x=y.$

(Do $x^{2}+xy+y^{2}-4x-4y+6 =0\Leftrightarrow x^{2}+\left ( y-4 \right )x+y^{2}-4y+6=0$

$\Delta =\left ( y-4 \right )^{2}-4\left ( y^{2}-4y+6\right )=-3y^{2}+8y-8<0\forall y$ suy ra pt vô nghiệm)

Thay$x=y$ vào pt đầu ta có $x+4x^{2}+1=x^{3}+5x\Leftrightarrow x^{3}-4x^{2}+4x-1=0 \Leftrightarrow \left ( x-1 \right )\left ( x^{2}-3x+1 \right )=0$

$\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}$.

$\Rightarrow \left ( x;y \right )\in \left \{ \left ( 1;1 \right );\left ( \frac{3+\sqrt{5}}{2};\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right );\left ( \frac{3-\sqrt{5}}{2} ;\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right ) \right \}$

Vậy ...

[dogamer01]

$x^{2} + 2x\sqrt{x - \frac{1}{x}} = 3x + 1$

 

$\Leftrightarrow x^{2} - x - 1 = 2x - 2x\sqrt{x - \frac{1}{x}}$

 

$\Leftrightarrow x^{2} - x - 1 + \frac{2(x^{2} -x - 1)}{1 + \sqrt{x - \frac{1}{x}} } = 0$

 

$\Leftrightarrow ( x^{2} -x - 1)( 1 +\frac{2}{1 + \sqrt{x - \frac{1}{x}} }) = 0$

 

Dễ dàng chứng minh $ 1 +\frac{2}{1 + \sqrt{x - \frac{1}{x}} } $ > 0

$\Leftrightarrow ( x^{2} -x - 1) = 0$

 

$\Leftrightarrow x = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ (t/m đkxđ)

 

 

 

[nguyentinh]

ai có đề vòng 1 ko cho mình xin

[LuaMi]

Bài II b) Dễ thấy trường hợp các số $x_1,x_2,...,x_{100}$ bằng nhau ta có ngay đpcm. Ta xét trường hợp tồn tại hai trong 100 số đó khác nhau, giả sử là $x_1,x_2$

Xét 100 số là $x_1,x_2,x_1+x_2,x_1+x_2+x_3,...,x_1+x_2+...+x_{99}$. Nếu 1 trong 100 số này có một số chia hết cho 100 thì ta có ngay đpcm. Nếu tất cả các số này đều không chia hết 100 thì tồn tại 2 số trong 100 số trên có cùng số dư khi chia cho 100 (hiển nhiên $x_1\not\equiv x_2 (mod 100)$) nên hiệu của chúng là một số hoặc một tổng của các số trong các số $x_1,x_2,...,x_{100}$ phải chia hết cho 100. Mà 100 số trên đều khác nhau, khác 0 và nhỏ hơn 200 nên ta có ngay đpcm

[phuong2001]

*Câu hệ có vẻ dễ. Ta có: $x^3+5x-(y^3+5y)=4x^2-4y^2+y-x\Leftrightarrow (x-y)(x^2+xy+y^2-4(x+y)+6)=0$

Mà $x^2+xy+y^2-4(x+y)+6=\frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2-4(x+y)+6\geq \frac{3}{4}(x+y)^2-4(x+y)+6=\frac{3}{4}(x+y-\frac{8}{3})^2+\frac{2}{3}> 0$

Nên $x=y$. Vậy ta có $x^3-4x^2+4x-1=(x-1)(x^2-3x+1)=0\Leftrightarrow x\in \left \{ 1;\frac{3\pm \sqrt{5}}{2} \right \}$.

Vậy hệ có ba nghiệm là $(1;1),(\frac{3+\sqrt{5}}{2};\frac{3+\sqrt{5}}{2}),(\frac{3-\sqrt{5}}{2};\frac{3-\sqrt{5}}{2})$.

*Câu 4 thực ra là câu bất trong đề thi IMO 2008. Đặt $\frac{a}{a-1}=x,\frac{b}{b-1}=y,\frac{c}{c-1}=z\Rightarrow a=\frac{x}{x+1},b=\frac{y}{y+1},c=\frac{z}{z+1}$. Khi đó giả thiết đưa về $xyz=(x+1)(y+1)(z+1)$ và điều phải chứng minh tương đương với $x^2+y^2+z^2\geq 1$.

Giả thiết tương đương: $xy+yz+zx+x+y+z+1=0\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2+2(x+y+z)+2=(x+y+z+1)^2+1\geq 1$ nên ta có đpcm.

Mình tưởng $\frac{1}{x}=\frac{a-1}{a}$=$1-\frac{1}{a}$ suy ra $\frac{1}{a}=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$ thì $a=\frac{x}{x-1}$ chứ

[NTA1907]

Nguồn : Không rõ ảnh gốc nhưng mình lấy ảnh từ thầy HTQuang 

Câu IV có một cách đổi biến khác ở Bài toán 2

[I Love MC]

Câu II 
a) Lập luận một hồi nhận thấy khi $a,b>1$ thì 
$(ab)^2>(ab)^2-2(a+b)>(ab-1)^2$

[LuaMi]

Có bạn nào làm được bài hình không hay có ý tưởng gì bài hình không?

[vghntt]

bai hinh qua de 

[xuantungjinkaido]

hôm nay mình đi thi và 1 nửa ko làm được hình đó bạn ạ

[hoaichung01]

bai hinh qua de 

vậy bn post lên cho mn tham khảo đi

[the unknown]

Mình tưởng $\frac{1}{x}=\frac{a-1}{a}$=$1-\frac{1}{a}$ suy ra $\frac{1}{a}=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$ thì $a=\frac{x}{x-1}$ chứ

À xin lỗi mình có sai sót tí, hướng chứng minh vẫn như vậy nhưng cám ơn bạn đã nhắc để mình sửa.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 09-05-2016 - 21:47

[nmuyen2001]

Câu hình

Ý 1 trước đã

Gọi $M$ là giao điểm của $HF$ và $DE$. Ta có $MB=MC$ nên nếu cm được tứ giác $BMCH$ nội tiếp thì suy ra $HF$ là phân giác góc $BHC$.

Ta có tứ giác $BDCG$ nội tiếp $\Rightarrow FB.FC=FG.FD$ (1)

$AE//HM \Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{HMD}$

Mặt khác, $AEDG$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{HGD}$

$\Rightarrow \widehat{HMD}=\widehat{HGD}$

$\Rightarrow HGMD$ nội tiếp 

$\Rightarrow FG.FD=FM.FH$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow FB.FC=FM.FH$

$\Rightarrow BMCH$ nội tiếp, ta có đpcm.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmuyen2001: 09-05-2016 - 22:13

[vghntt]

hôm nay mình đi thi và 1 nửa ko làm được hình đó bạn ạ

do ban phe qua

[xuantungjinkaido]

ai nghĩ ra kẻ thêm hình như thế kia đâu?mà bạn gì gì đó bảo dễ có thấy bạn đăng lời giải đâu?

[nguyentinh]

Câu hình

Ý 1 trước đã

Gọi $M$ là giao điểm của $HF$ và $DE$. Ta có $MB=MC$ nên nếu cm được tứ giác $BMCH$ nội tiếp thì suy ra $HF$ là phân giác góc $BHC$.

Ta có tứ giác $BDCG$ nội tiếp $\Rightarrow FB.FC=FG.FD$ (1)

$AE//HM \Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{HMD}$

Mặt khác, $AEDG$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{HGD}$

$\Rightarrow \widehat{HMD}=\widehat{HGD}$

$\Rightarrow HGMD$ nội tiếp 

$\Rightarrow FG.FD=FM.FH$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow FB.FC=FM.FH$

$\Rightarrow BMCH$ nội tiếp, ta có đpcm.

bạn làm ý 2 đi.

[vghntt]

bạn làm ý 2 đi.

ý hai ko cần vẽ thêm dễ lắm áp dụng ta-lét đảo rồi sẽ ra