Chủ đề này có 6 trả lời

[NHoang1608]

 

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

[NHoang1608]

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

[Nike Adidas]

bài hình khá dễ

[duylax2412]

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

[Mr Cooper]

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

[ddang00]

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!

[maidangminh]

Ta có p - s = a₁³ - a₁ + a₂³ - a₂ + ...+a_n ³ - a_n = (a₁ - 1)a₁(a₁ + 1) + (a₂ - 1)a₂(a₂​ + 1) + ...+ (a_n - 1)a_n(a_n​ + 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)