Nguồn: 'Mặt sách' nhóm ôn thi vào 10 chuyên.
Đề thi khá hay nhưng câu số hơi dễ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 02-06-2017 - 18:22
Nguồn: 'Mặt sách' nhóm ôn thi vào 10 chuyên.
Đề thi khá hay nhưng câu số hơi dễ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 02-06-2017 - 18:22
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.
Ta có $VT= (\frac{z+y+xyz}{z} )(\frac{x+y+xyz}{y}) (\frac{z+x+xyz}{x})$
$= \frac{1}{xyz}(4-x)(4-y)(4-z)$
Ta có $4=xyz+x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz} + xyz$
Đặt $\sqrt[3]{xyz}= a$ khi đó $4 \geq 3a + a^{3} \Rightarrow (1-a)(a^{2}+a+4) \geq 0 \Rightarrow 1\geq a$ hay $1\geq \sqrt[3]{xyz}$ $(1)$
BĐT tương đương với $(4-x)(4-y)(4-z) \geq 27xyz$
$\Leftrightarrow 16+xy+yz+zx \geq 7xyz+ 4(x+y+z)$
$\Leftrightarrow 16+xy+yz+zx \geq 3xyz + 16$
$\Leftrightarrow xy+yz+zx \geq 3xyz$
Mặt khác áp dụng $(1)$ và $AM-GM$ ta có $xy+yz+zx \geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{2}.1} \geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{3}}= 3xyz$
Từ đó ta có đpcm. ĐTXR khi $x=y=z=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 02-06-2017 - 18:44
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 hình khá dễ
" Khi ta đã quyết định con đường cho mình, kẻ được nói ta ngu ngốc chỉ có bản thân ta mà thôi. " _ Rononoa Zoro.
Xin làm bài 5:
Do mỗi $HS$ chỉ nhận một loại quà và có $4$ loại quà nên sẽ có ít nhất $[\frac{97}{4}]+1=25$ $HS$ nhận cùng một loại quà.Trong số $HS$ này thì sẽ có ít nhất $[\frac{25}{3}]+1=9$ $HS$ cùng trường,Tức là có ít nhất $9$ $HS$ cùng trường,cùng nhận loại quà.Để có kết quả bài toán,cần phải chứng minh trong $9$ $HS$ này có ít nhất $3$ $HS$ cùng tuổi. Giả sử ngược lại, không có $3$ $HS$ nào cùng tuổi,theo giả thiết lúc đó sẽ chọn ra $3$ cặp đôi cùng tuổi,gọi $3$ cặp đôi này là $(A;B)$;$(C;D)$;$(E;F)$(bằng cách nhóm $5$ học sinh nhiều lần).Gọi ba học sinh còn lại là $X,Y,Z$.Xét hai bộ $5$ $HS$ gồm $A,C,E,X,Y$ và $A,C,E,X,Z$ lại dùng giả thiết thì suy ra $X,Y,Z$ quen nhau mâu thuẫn điều vừa giả sử.Từ đây suy ra $đpcm$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duylax2412: 03-06-2017 - 06:41
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.
Bài 4.
a) Theo hệ thức lượng: $AE^2=AJ.AC=AI.AB=AG^2 \Rightarrow AE=AG$
A thuộc đường trung trực của $EF$ $\Rightarrow AE=AF$
CMTT: $AG=AK$
$\Rightarrow AE=AG=AK=AF \Rightarrow A$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $KEGF$
b) $\angle PEG = \angle PDG = \angle BAG = \frac{\angle KAG}{2}$
$\angle KEG = \angle AEK + \angle AEG = 180^{\circ} - \frac{\angle KAG}{2} = 180^{\circ} - \angle PEG \Rightarrow \angle KEG + \angle PEG = 180^{\circ} $
$\Rightarrow P,E,K$ thẳng hàng
c) $\angle KEG + \angle BAK = \angle KEG + \angle KFG=180^{\circ} \Rightarrow \angle KFG = \angle BAK = \angle BDK$
$\Rightarrow K,D,P,F$ cùng thuộc một đường tròn
Bài 3.
Ta có $VT= (\frac{z+y+xyz}{z} )(\frac{x+y+xyz}{y}) (\frac{z+x+xyz}{x})$
$= \frac{1}{xyz}(4-x)(4-y)(4-z)$
Ta có $4=xyz+x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz} + xyz$
Đặt $\sqrt[3]{xyz}= a$ khi đó $4 \geq 3a + a^{3} \Rightarrow (1-a)(a^{2}+a+4) \geq 0 \Rightarrow 1\geq a$ hay $1\geq \sqrt[3]{xyz}$ $(1)$
BĐT tương đương với $(4-x)(4-y)(4-z) \geq 27xyz$
$\Leftrightarrow 16+xy+yz+zx \geq 7xyz+ 4(x+y+z)$
$\Leftrightarrow 16+xy+yz+zx \geq 3xyz + 16$
$\Leftrightarrow xy+yz+zx \geq 3xyz$
Mặt khác áp dụng $(1)$ và $AM-GM$ ta có $xy+yz+zx \geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{2}.1} \geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{3}}= 3xyz$
Từ đó ta có đpcm. ĐTXR khi $x=y=z=1$
Do dấu bằng xảu ra $<=>x=y=z=1$ nên chỗ bôi đỏ đó bạn AM-GM bốn số cho nhanh!
I Love $\sqrt{MF}$
Ta có p - s = a13 - a1 + a23 - a2 + ...+an 3 - an = (a1 - 1)a1(a1 + 1) + (a2 - 1)a2(a2 + 1) + ...+ (an - 1)an(an + 1) chia hết cho 6.
Vì hiệu P - S chia hết cho 6 mà S chia hết cho 6 nên P cũng phải chia hết cho 6 (dpcm)
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh