Chủ đề này có 297 trả lời

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 50 : Cho cấp số cộng $ a_1,a_2,...a_n $ có tất cả các số hạng đều khác 0 . Cmr :
$ \dfrac{1}{a_1a_2}+\dfrac{1}{a_2a_3}+...+\dfrac{1}{a_{n-1}a_n} = \dfrac{n-1}{a_1a_n} $
P/s: Mấy bài mình post mà chưa có lời giải thì sẽ được post lời giải trong thời gian sắp tới. Những bài của các bạn khác mà chưa có lời giải có thể gửi trực tiếp lên topic hoặc gửi email cho mình chờ khi nào thích hợp thì mình post. Thân !

[vietfrog]

Đỡ Lâm một tay. Làm một bài hình nhé.
Bài 47:


Ta có:
$\begin{array}{l}BA'.{h_a} = AB.AK'{\rm{ ( = 2}}{{\rm{S}}_{ABA'}})\\ \Rightarrow BA'.{h_a} = c.{a_1} \Rightarrow \dfrac{{{a_1}}}{{{h_a}}} = \dfrac{{BA'}}{c}(1)\end{array}$

Do $AA'$là phân giác của$\widehat {ABC}$ nên ta có:
$\dfrac{{BA'}}{{A'C}} = \dfrac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow \dfrac{{BA'}}{{A'C}} = \dfrac{c}{b} \Rightarrow \dfrac{{BA'}}{{BA' + A'C}} = \dfrac{c}{{b + c}}$
$ \Rightarrow \dfrac{{BA'}}{a} = \dfrac{c}{{b + c}} \Leftrightarrow BA' = \dfrac{{ac}}{{b + c}}(2)$
Thay (2) vào (1) ta có:$\dfrac{{{a_1}}}{{{h_a}}} = \dfrac{a}{{b + c}}$
Tương tự:$\dfrac{{{a_2}}}{{{h_b}}} = \dfrac{b}{{c + a}};\dfrac{{{a_3}}}{{{h_c}}} = \dfrac{c}{{a + b}}$
Vậy $\dfrac{{{a_1}}}{{{h_a}}} + \dfrac{{{a_2}}}{{{h_b}}} + \dfrac{{{a_3}}}{{{h_c}}} = \dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}}$
Ta cần chứng minh:$\dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}} \ge \dfrac{3}{2}$
Đây chính là BĐT Nesbit
P/s: Bài toán này là dạng Hình học của BĐT Nesbit

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 18-08-2011 - 09:28

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 51 : Giải hệ phương trình sau :
$ \left\{\begin{array}{l}{9y^3(3x^3-1)=-125}\\{45x^2y+75x=6y^2}\end{array}\right. $

[Crystal]

Bài 51 : Giải hệ phương trình sau :
$ \left\{\begin{array}{l}{9y^3(3x^3-1)=-125}\\{45x^2y+75x=6y^2}\end{array}\right. $

Gợi ý:

y = 0 không là nghiệm của hệ. Khi đó
$HPT \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}27x^3 + \dfrac{{125}}{{y^3 }} = 9 \\ 45\dfrac{{x^2 }}{y} + 75\dfrac{x}{{y^2 }} = 6 \\ \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {3x} \right)^3 + \left( {\dfrac{5}{y}} \right)^3 = 9 \\ 3x.\dfrac{5}{y}\left( {3x + \dfrac{5}{y}} \right) = 6 \\ \end{array} \right.$.

Đặt $u = 3x;\,\,\,v = \dfrac{5}{y}$, ta được hệ phương trình mới $\left\{ \begin{array}{l}u^3 + v^3 = 9 \\ uv\left( {u + v} \right) = 6 \\\end{array} \right.$.

Giải hệ này là xong!

[Crystal]

Bài 52:
Cho n điểm $A_1 ,A_2 ,...,A_n $ và một vectơ $\overrightarrow a \ne \overrightarrow 0 $ cố định. Viết phương trình đường thẳng d nhận $\overrightarrow a $ làm vectơ chỉ phương, sao cho tổng bình phương những khoảng cách từ $A_i $ tới d là bé nhất.

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 53 : Cmr với mọi a,b,c không âm ta có :
$ 2(a^2+b^2+c^2)+abc+8 \geq 5(a+b+c) $
P/s: Đây là một bài của thầy Nam Dũng.

[Crystal]

Bài 53 : Cmr với mọi a,b,c không âm ta có :
$ 2(a^2+b^2+c^2)+abc+8 \geq 5(a+b+c) $
P/s: Đây là một bài của thầy Nam Dũng.

Bất đẳng thức tương đương với

$2\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) + abc + 8 - 5\left( {a + b + c} \right) \ge 0$

Áp dụng AM-GM ta có:

$6VT = 12\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) + 3\left( {2abc + 1} \right) + 45 - 5.6\left( {a + b + c} \right) \ge $

$\ge 12\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) + 9\sqrt[3]{{\left( {abc} \right)^2 }} + 45 - 5\left[ {\left( {a + b + c} \right)^2 + 9} \right]$

$= 7\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) + \dfrac{{9abc}}{{\sqrt[3]{{abc}}}} - 10\left( {ab + bc + ca} \right)$

$\ge 7\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) + \dfrac{{27abc}}{{a + b + c}} - 10\left( {ab + bc + ca} \right)$ (1)

Mặt khác, theo BĐT Schur, ta có:

$\dfrac{9}{{a + b + c}} \ge 4\left( {ab + bc + ca} \right) - \left( {a + b + c} \right)^2 = 2\left( {ab + bc + ca} \right) - \left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)$

Do đó:

$(1) \ge 7\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) + 6\left( {ab + bc + ca} \right) - 3\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) - 10\left( {ab + bc + ca} \right)$

$= 4\left( {a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca} \right) \ge 0$ (đúng)

Vậy BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$.

[Crystal]

Bài 54: Tìm tham số a để hệ sau có nghiệm:
$\left\{ \begin{array}{l}a\left( {x - a} \right)^2 \left( {x - 2\sqrt 2 } \right) + 1 \le 0 \\ x > a > 0 \\ \end{array} \right.$
Bài 55: Giải phương trình: $\left( {\log _2 x} \right)^2 + x\log _7 \left( {x + 3} \right) = \log _2 x\left[ {\dfrac{x}{2} + 2\log _7 \left( {x + 3} \right)} \right]$.

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 56: Cùng hạ nhiệt nào . Giải phương trình , hệ phương trình sau :
$ a) 8x^2+8x-5 = \sqrt{\dfrac{2x+15}{16}} $
$ b) \left\{\begin{array}{l}{(x+2)(2x+y)x=9}\\{x^2+4x+y=6}\end{array}\right. $

[Zaraki]

Lâu nay topic này hiếm thấy ra một bài số nên xin giới thiệu một bài
Bài 57 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

$(x+1)^y-1=x!$

[Zaraki]

Bài 56: Cùng hạ nhiệt nào . Giải phương trình , hệ phương trình sau :
$ b) \left\{\begin{array}{l}{(x+2)(2x+y)x=9}\\{x^2+4x+y=6}\end{array}\right. $

Thử sức với cái này đã
Đặt $(x+2)x=A$ và $2x+y=B$.

Ta có

$A+B=6$ và $AB=9$.

Như vậy $(A+B)^2=4AB \Longrightarrow A=B=3 \Longrightarrow (x,y) \in \{ (1,1),(-3,9) \}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 21-08-2011 - 08:27

[Crystal]

Bài 56: Cùng hạ nhiệt nào . Giải phương trình , hệ phương trình sau :
$ b) \left\{\begin{array}{l}{(x+2)(2x+y)x=9}\\{x^2+4x+y=6}\end{array}\right. $

Giải:

Từ phương trình thứ hai $\Rightarrow y = 6 - x^2 - 4x$, thay vào phương trình thứ nhất ta được:

$\left( {x + 2} \right)\left( {2x + 6 - x^2 - 4x} \right)x = 9 \Leftrightarrow x^4 + 4x^3 - 2x^2 - 12x + 9 = 0$

$\Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)^2 \left( {x + 3} \right)^2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \\ x = - 3 \\ \end{array} \right.$.

Vậy HPT có nghiệm $\left( {x;y} \right) = \left( { - 3;9} \right),\,\,\left( {1;1} \right)$

[Crystal]

Lâu nay topic này hiếm thấy ra một bài số nên xin giới thiệu một bài
Bài 57 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

$(x+1)^y-1=x!$

Giải:

Dễ dàng kiểm tra $x = 1,y = 1;\,\,\,x = 2,y = 1;\,\,\,x = 4,y = 2$ là những cặp nghiệm của phương trình đã cho. Như vậy với $x \le 4$ ta có những nghiệm trên.

Giả sử n > 4. Như vậy $x!\, + 1 > x + 1 \Rightarrow y > 1$. Nếu x là số lẻ thì x + 1 là số chẵn, nhưng x! + 1 là số lẻ, do đó không tồn tại nghiệm trong trường hợp này, Vì vậy x là số chẵn. Khi đó x là hợp số. Do đó $\left( {x - 1} \right)!\,\, \vdots \,\,x$.

Theo định lý hệ số nhị thức Newton:

$\left( {x + 1} \right)^y - 1 = x^y + C_1^y x^{y - 1} + ... + C_{y - 2}^y x^2 + xy$.

Do đó: $\left( {x - 1} \right)! = x\left( {x^{y - 2} + x^{y - 3} + ... + C_{y - 2}^y } \right) + y$. Khi đó $y\,\, \vdots \,\,x$.

Nhưng điều này có nghĩa là $y \ge x,\,\,\,\left( {x + 1} \right)^y > x!\, + 1$. Suy ra không tồn tại nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là $\left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right),\,\,\left( {2;1} \right),\,\,\left( {4;2} \right)$.

[Zaraki]

Cảm ơn lời giải của xusinst nhé! Mọi người có tìm được cách khác không, bài này có hai cách mà!

[Crystal]

Bài 56: Cùng hạ nhiệt nào . Giải phương trình , hệ phương trình sau :
$ a) 8x^2+8x-5 = \sqrt{\dfrac{2x+15}{16}} $

Giải:

ĐK: $x \ge - \dfrac{{15}}{2}$

$PT \Leftrightarrow 8\left( {x + \dfrac{1}{2}} \right)^2 - 7 = \sqrt {\dfrac{{2x + 15}}{{16}}} $

Đặt: $y + \dfrac{1}{2} = \sqrt {\dfrac{{2x + 15}}{{16}}} \Leftrightarrow y^2 + y + \dfrac{1}{4} = \dfrac{{2x + 15}}{{16}} \Leftrightarrow 8y^2 + 8y + 2 = x + \dfrac{{15}}{2}$

$\Leftrightarrow x + \dfrac{1}{2} = 8y^2 + 8y - 5\,\,\,(1)$

Mặt khác: $y + \dfrac{1}{2} = 8x^2 + 8x - 5\,\,\,(2)$

Từ (1) và (2) ta có hệ: $\left\{ \begin{array}{l}x + \dfrac{1}{2} = 8y^2 + 8y - 5 \\ y + \dfrac{1}{2} = 8x^2 + 8x - 5 \\ \end{array} \right.$.

Đây là hệ đối xứng loại II, trừ vế theo vế cuối cùng ta được: $x = y;\,\,\,x = - \left( {y + \dfrac{9}{8}} \right)$

KL: Phương trình đã cho có nghiệm là $x = \dfrac{1}{2}$.

[Crystal]

Góp thêm 1 bài phương trình.
Bài 58: Giải phương trình: $\sqrt {x^2 - \dfrac{7}{4}\sqrt x + 1} = \left( {1 - \sqrt x } \right)^2 $.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 01-09-2011 - 13:25

[Crystal]

Bài 50 : Cho cấp số cộng $ a_1,a_2,...a_n $ có tất cả các số hạng đều khác 0 . Cmr :
$ \dfrac{1}{a_1a_2}+\dfrac{1}{a_2a_3}+...+\dfrac{1}{a_{n-1}a_n} = \dfrac{n-1}{a_1a_n} $

Giải:

Đặt:

$S = \dfrac{1}{{a_1 a_2 }} + \dfrac{1}{{a_2 a_3 }} + ... + \dfrac{1}{{a_{n - 1} a_n }}\,\,\,\,(1)$

Gọi d là công sai của cấp số cộng.

Nếu d = 0, thì $a_1 = a_2 = ... = a_n $. Khi đó ĐT cần CM hiển nhiên đúng.

Nếu $d \ne 0$, khi đó:

$(1) \Leftrightarrow dS = \dfrac{d}{{a_1 a_2 }} + \dfrac{d}{{a_2 a_3 }} + ... + \dfrac{d}{{a_{n - 1} a_n }}$

$\Leftrightarrow dS = \dfrac{{a_2 - a_1 }}{{a_1 a_2 }} + \dfrac{{a_3 - a_2 }}{{a_2 a_3 }} + ... + \dfrac{{a_n - a_{n - 1} }}{{a_{n - 1} a_n }}$

$\Leftrightarrow dS = \dfrac{1}{{a_1 }} - \dfrac{1}{{a_2 }} + \dfrac{1}{{a_2 }} - \dfrac{1}{{a_3 }} + ... + \dfrac{1}{{a_{n - 1} }} - \dfrac{1}{{a_n }} = \dfrac{1}{{a_1 }} - \dfrac{1}{{a_n }}$

$\Leftrightarrow dS = \dfrac{{a_n - a_1 }}{{a_1 a_n }} = \dfrac{{\left( {n - 1} \right)d}}{{a_1 a_n }} \Leftrightarrow S = \,\dfrac{{n - 1}}{{a_1 a_n }},\,\,\,\left( {d \ne 0} \right)$.

Ta có đpcm.

******
Các bạn hãy đưa ra lời giải cho bài toán đảo, tức là: Cho dãy số $a_1 ,\,a_2 ,\,...,\,a_n $ có tất cả các số hạng khác 0 và thỏa mãn đẳng thức

$ \dfrac{1}{a_1a_2}+\dfrac{1}{a_2a_3}+...+\dfrac{1}{a_{n-1}a_n} = \dfrac{n-1}{a_1a_n} $, $\forall n \ge 3$

Chứng minh rằng dãy số đã cho là một cấp số cộng.

[alex_hoang]

Bài 53 : Cmr với mọi a,b,c không âm ta có :
$ 2(a^2+b^2+c^2)+abc+8 \geq 5(a+b+c) $
P/s: Đây là một bài của thầy Nam Dũng.

Nếu mình không nhầm thì đây là bài hello IMO của tạp chí toán học và tuổi trẻ ,bài toán này đã được anh Cẩn tổng quát và đưa ra lời giải trong cuốn sách Bất đẳng thucs và những lời giải hay

[dark templar]

Bài 52:
Cho n điểm $A_1 ,A_2 ,...,A_n $ và một vectơ $\overrightarrow a \ne \overrightarrow 0 $ cố định. Viết phương trình đường thẳng d nhận $\overrightarrow a $ làm vectơ chỉ phương, sao cho tổng bình phương những khoảng cách từ $A_i $ tới d là bé nhất.

Vui vui tý vậy
Do $(d)$ nhận $\overrightarrow{a}=(a;b)$ làm vectơ chỉ phương nên $(d):bx-ay+c=0$
Giả sử tọa độ của $n$ điểm trên là $A_{i}(x_{i};y_{i})(i=\overline{1,n})$
Ta có :

$\{d[A_{i};(d)] \}^2=\dfrac{(bx_{i}-ay_{i}+c)^2}{a^2+b^2}$

Suy ra :

$A=\sum\limits_{i=1}^{n}\{d[A_{i};(d)] \}^2=\dfrac{1}{a^2+b^2}\sum\limits_{i=1}^{n}(bx_{i}-ay_{i}+c)^2$

hay

$A=\dfrac{1}{a^2+b^2}\left[\sum\limits_{i=1}^{n}(bx_{i}-ay_{i})^2-2c\sum\limits_{i=1}^{n}(bx_{i}-ay_{i})+nc^2 \right]$

Vì $\sum\limits_{i=1}^{n}(bx_{i}-ay_{i})^2=const$ nên $A_{\min}$ khi và chỉ khi $nc^2-2c\sum\limits_{i=1}^{n}(bx_{i}-ay_{i})$ đạt GTNN.
Khảo sát hàm số,ta tìm được hàm này đạt GTNN khi $c=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}(bx_{i}-ay_{i})$
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là $(d):bx-ay+\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}(bx_{i}-ay_{i})=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 21-08-2011 - 12:29
Lộn dấu.

[h.vuong_pdl]

Góp thêm 1 bài phương trình.
Bài 58: Giải phương trình: $\sqrt {x^2 + \dfrac{7}{4}\sqrt x - 1} = \left( {1 - \sqrt x } \right)^2 $.

Bài này nghiệm lẻ quá. Nhận rõ việc bình phương khá thuận lợi vì việc còn lại là giải một phương trình bậc 3. Thật vậy, đặt; a=\sqrt{x} thì phương trình trở bình phương suy ra:

$16a^3-24a^2+23a-8=0.$
nghiệm thu được:

$a=\dfrac{1}{4}\left(2+\dfrac{\sqrt[3]{9+\sqrt{4074}}}{\sqrt[3]{9}}-\dfrac{11}{\sqrt[3]{3(9+\sqrt{4074}}}\right)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 21-08-2011 - 12:25