Năm nay BĐT chuyển lên câu đầu @-@, các thánh bđt cẩn thận nhá không lại tạch bây h.
Nguồn: A Nguyễn Lê Phước .
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 01-06-2017 - 16:46
Năm nay BĐT chuyển lên câu đầu @-@, các thánh bđt cẩn thận nhá không lại tạch bây h.
Nguồn: A Nguyễn Lê Phước .
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 01-06-2017 - 16:46
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
Xử câu đầu
Cộng các số đã cho và áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương; ta có
$a^2+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+(b^2+\frac{1}{b}+\frac{1}{b})+(c^2+\frac{1}{c}+\frac{1}{c})+(d^2+\frac{1}{d}+\frac{1}{d})\geq \sum_{a;b;c;d}3\sqrt[3]{a^2.\frac{1}{a}.\frac{1}{a}}=12$
Từ đây suy ra đpcm
P/s: ai gõ tex đi; câu 3 mình không nhìn thấy số mũ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 01-06-2017 - 17:05
Sống khỏe và sống tốt
cậu nào vẽ hộ tớ cái hình đk không tớ chưa vẽ quen
Ai làm giúp t câu 3 với
<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.
Nhìn đi nhìn lại được câu pt dễ nhất
PT $\Leftrightarrow \sqrt{(x^2+2x+2)^2}-\sqrt{(x^2+x+1)^2}=2017\Leftrightarrow x=2016$
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
Câu 4.
a) Bổ đề. Từ $A$ nằm ngoài đường tròn $(O;R)$ vẽ $2$ tiếp tuyến $AB,AC$ với đường tròn $(O)$ ($B,C$ là các tiếp điểm). Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$. Từ điểm $M$ bất kỳ thuộc cạnh $PQ$ kẻ tiếp tuyến $MD$ của đường tròn. Chứng minh rằng: $MA=MD$
Chứng minh. Gọi $H$ là giao điểm của $OA$ và $BC$
$OD^2=OB^2=OH.OA$ $\Rightarrow$ $OD$ là tiếp tuyến đường tròn $(O)$
$\Rightarrow M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADH$ $\Rightarrow MA=MD$
Quay trở lại bài toán. Từ bổ đề ta có được: $KO^2 - KM^2 = R^2$
b) Từ Bổ đề ta có: $KC^2 = KD.KA \Rightarrow \triangle KCD \sim \triangle KAC \Rightarrow \angle KCD = \angle KAC$ hay $ \angle MCD = \angle BAD = \angle DBM$
$\Rightarrow MDCB$ là tứ giác nội tiếp
c) Gọi $L$ là trung điểm của $KD$
$ \angle AEM = \angle MAK = \angle EMK \Rightarrow AE \parallel KM$
$KF.KE = KD.KA \Rightarrow KF.KN=KL.KA \Rightarrow ANKL$ nội tiếp $\Rightarrow \angle LAF = \angle LNF = \angle MEK = \angle FMK$ hay $\angle KAF = \angle KMF$
$\Rightarrow MKFA$ nội tiếp $\Rightarrow \angle AFN = \angle AMK = \angle AIN$ $\Rightarrow I,A,N,F$ cùng thuộc một đường tròn
Câu 3. a)
Ta có tính chất sau $a^{n}=b^{m}$ mà $(m;n)=1$ thì $a=c^{m}, b=c^{n}$
Áp dụng thì ta có $(2;3)=1$, $a^{2}=b^{3} \Rightarrow a=p^{3}$
$(3;4)=1$, $d^{4}=c^{3} \Rightarrow d= q^{3}$
Từ giả thiết thì ta có $p^{3}-q^{3}= 98$
$\Rightarrow (p-q)(p^{2}+pq+q^{2})=98$
Suy ra $p^{2}+pq+q^{2} = 98, p-q = 1$ $(1)$
$p^{2}+pq+q^{2}= 49, p-q=2$ $(2)$
$p^{2}+pq+q^{2}= 14, p-q=7$ $(*)$
$(*)$ không có nghiệm nguyên
$(1)\Leftrightarrow q=5,208$ (loại)
$(2)$ có nghiệm $p=5, q=3$
Thử lại ta thấy đúng
Vậy $a=125,d=27$ thỏa mãn đề bài.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 01-06-2017 - 20:23
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
Bài 3,b mình làm thế này không biết có đúng không:
+TH1: $x+\sqrt{2}\notin Z\Rightarrow \left\{\begin{matrix} & x+\frac{1}{x}\in Z & \\ & x-\frac{1}{x}\in Z & \end{matrix}\right.\Rightarrow 2x\in Z$
Suy ra $4x^2\in Z$$\Rightarrow 4x^2+8\sqrt{2}\notin Z\Rightarrow x^2+2\sqrt{2}\notin Z$( trái với gt)
+TH2:$x^2+2\sqrt{2}\notin Z$ tương tự TH 1
+TH3: $x-\frac{1}{x}\notin Z$$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} & x-\sqrt{2}\in Z & \\ & x^2+2\sqrt{2}\in Z & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} & x^2-2\sqrt{2}x+2\in Z & \\ & x^2+2\sqrt{2} \in Z& \end{matrix}\right.\Rightarrow 2\sqrt{2}(1+x)-2\in Z$
$\Rightarrow 2\sqrt{2}(1+x)\in Z$
$\Rightarrow x = \frac{a\sqrt{2}}{4}$( a thuộc Z)
$\Rightarrow 4x-4\sqrt{2}= a\sqrt{2}-4\sqrt{2}\in Z$
$\Rightarrow (a-4)\sqrt{2}\in Z\Rightarrow a=4$
$\Rightarrow x=\sqrt{2}-1$
+TH4:tương tự TH 3
Vậy x=$\sqrt{2}-1$ thỏa mãn đề
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TenLaGi: 02-06-2017 - 20:07
~~~Chữ tâm kia mới bằng ba chữ tài~~~
Câu 3b)
Xét 4TH
+) TH1 $x-\frac{1}{x}, x+\frac{1}{x}, x^{2}+2\sqrt{2} \in \mathbb{Z}$
Ta có $x+\frac{1}{x}+x-\frac{1}{x} \in \mathbb{N} \Rightarrow x \in \mathbb{Q}$
Suy ra $x^{2} +2\sqrt{2}$ vô tỉ $\Rightarrow$ vô lí.
+) TH2 $x-\frac{1}{x}, x+\frac{1}{x}, x-\sqrt{2} \in \mathbb{Z}$
Tương tự TH1
+) TH3 $x-\sqrt{2}, x+\frac{1}{x}, x^{2}+2\sqrt{2} \in \mathbb{Z}$
Ta có $2x -2\sqrt{2} + x^{2}+2\sqrt{2} \in \mathbb{Z}$
$\Rightarrow x^{2}+2x \in \mathbb{Z}$
$\Rightarrow (x+1)^{2} \in \mathbb{Z}$ $(1)$
Mặt khác $x+\frac{1}{x}+2 \in \mathbb{Z}$
$\Rightarrow \frac{(x+1)^{2}}{x} \in \mathbb{Z}$ $(2)$
Từ $(1)(2)$ suy ra $\frac{(x+1)^{2}}{\frac{(x+1)^{2}}{x}} \in \mathbb{Q}$
$\Rightarrow x \in \mathbb{Q}$ dễ thấy vô lí vì khi đó $x-\sqrt{2}$ vô tỉ.
+) TH4 $x-\sqrt{2}, x-\frac{1}{x}, x^{2}+2\sqrt{2} \in \mathbb{Z}$
Đặt $x-\sqrt{2}=a$ $(a\in \mathbb{Z})$
Ta có $x^{2}-2\sqrt{2}x+2 \in \mathbb{Z}$
$\Rightarrow x^{2}-2\sqrt{2}x \in \mathbb{Z}$
Suy ra $2\sqrt{2}x+2\sqrt{2} \in \mathbb{Z}$
$\Rightarrow 2\sqrt{2}(a+1+\sqrt{2}) \in \mathbb{Z}$
$\Rightarrow \sqrt{2}(a+1) \in \mathbb{Q}$
Vì $(a+1)\in \mathbb{N}$ cho nên $a+1=0$ suy ra $x= \sqrt{2}-1$
Thử lại ta thấy thỏa mãn, vậy $x= \sqrt{2}-1$
p/s: 3TH trên dài quá.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 01-06-2017 - 21:17
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
Câu 5:
Hình gửi kèm
Xét $3$ TH:
+) Nếu số 1 nằm trên đỉnh của tam giác lớn $ABC$,tức là $A=1$ hoặc $B=1$ hoặc $C=1$.Giả sử $A=1$.Lúc đó ta có:
$B+F=17$ và $C+E=17$.Suy ra: $(B+C) +(E+F) =34 \rightarrow 36-(D+G)=34 \rightarrow D+G=2 $(Vô lí do $D,G >1$)
+) Nếu số 1 nằm trên đỉnh của tam giác nhỏ $DEF$,giả sử $F=1$.Lúc đó,có:
$A+B=17;D+H=17$ và $G+E=17$ $\rightarrow (A+E)+(B+D)+(H+G)=51 \rightarrow 36-2C+(H+G)=51 \rightarrow 2C+15=H+G \leq 17 \rightarrow C \leq 1$ .Mà $F,C$ phân biệt nên dẫn tới mâu thuẫn.
+) Nếu số 1 nằm trên cạnh tam giác $DEF$ thì có thể giả sử $H=1 \rightarrow D+F=17$.Do đó một trong hai số $D$ hay $F$ phải bằng $9$.Giả sử $D=9$ thì $F=8$. Ta sẽ chứng minh $E=7$.Giả sử $E \leq 6$ thì suy ra $A+C \geq 12 \rightarrow (A+B)+(B+C) \geq 12+2B \rightarrow 12+2B \leq 18-F +18-D=19 \rightarrow B \leq 3$. Suy ra $B=2;3$ (do$H=1$ rồi). Nếu $B=2$ thì suy ra $F=A=8$ (Vô lý vì mỗi số xuất hiện 1 lần).Còn nếu $B=3$ thì tính được $E=5$ và lúc đó $G=18-F-E=5=E$ cũng vô lý. Như vậy $E \geq 7$.Mà $F=8;D=9$ nên $E=7$.
Có được $D,E,F$ ta tính được $H,K,G,A,B,C$ suy ra bộ nghiệm là:
$(A;B;C;D;E;F;G;H;K)=(6;4;5;9;7;8;3;1;2)$.Mà trong cách giải trên ta đã giả sử $H=1$ mà số $1$ có $3$ cách chọn(bằng $H$ hoặc $G$ hoặc $K$),và số $9$ cũng có $2$ cách chọn là bằng $F$ hoặc $D$ (trong cách làm trên ta chỉ giả sử $D=9$)
Do đó sẽ có hết thảy $2.3=6$ cách viết phân biệt.
P/s: cách trên hơi dài, hi vọng ai đó xem lại giúp,bài này dễ sai lắm!
Chỉ có hai điều là vô hạn: vũ trụ và sự ngu xuẩn của con người, và tôi không chắc lắm về điều đầu tiên.
Only two things are infinite, the universe and human stupidity, and I'm not sure about the former.
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh