Chủ đề này có 297 trả lời

[Ispectorgadget]

Bài 109:
Tìm số dư trong phép chia: ${2001^{2010}}$ chia $2003$

Làm lại bài này mọi người kiểm tra thử
Áp dụng định lý Fermat ta có
$2001^{2003} \equiv 2001(\bmod 2003)$
$2001^7 \equiv 1875(\bmod 2003)$
=> $2001^{2003} .2001^7 = 2001^{2010} \equiv 1995.1875 \equiv 1024(\bmod 2003)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 07-11-2011 - 07:32

[spiderandmoon]

Vì răn $ 2001^4 $ chia het cho $ 2003 $ rua????
Hình như sai rồi bạn ơi
Mod: Lần sau bạn nhớ gõ latex vài viết chữ có dấu nha !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Lâm: 06-11-2011 - 20:40

[Crystal]

Bài 110 : Cho $ \left\{\begin{matrix} { x,y,z \geq 0 }\\{x+y+z= 1} \end{matrix}\right. $ . Tìm GTLN của
$ P=x^2y+y^2z+z^2x $

Bài này đã có ở đây.
Link: http://diendantoanho...l=&fromsearch=1

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 110 : Cho $ a ,b, c $ là 3 số thực thuộc $ [\dfrac{1}{3};3] $ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$ p= \dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a} $

[NGOCTIEN_A1_DQH]

xin góp thêm 1 bài vào topic này của anh Lâm
bài 111: giải hệ:

$$ \left\{\begin{matrix} 2cosz(cos^2x+1)=(cosx+1)^2 & & \\ 2cosx(cos^2y+1)=(cosy+1)^2 & & \\ 2cosy(cos^2z+1)=(cosz+1)^2 & & \end{matrix}\right.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NGOCTIEN_A1_DQH: 06-11-2011 - 21:11

[Ispectorgadget]

Vì răn $ 2001^4 $ chia het cho $ 2003 $ rua????
Hình như sai rồi bạn ơi
Mod: Lần sau bạn nhớ gõ latex vài viết chữ có dấu nha !

Ờ đúng rồi do cái máy tính của mình bấm nó ra chia hết

[Crystal]

Bài 110 : Cho $ a ,b, c $ là 3 số thực thuộc $ [\dfrac{1}{3};3] $ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$ $P= \dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a} $$

Đặt $P\left( a \right) = \dfrac{a}{{a + b}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + a}}$. Xem đây là hàm theo biến $a$, còn $b,c$ là hằng số.
Ta có: $$P'\left( a \right) = \dfrac{b}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} - \dfrac{c}{{{{\left( {a + c} \right)}^2}}} = \dfrac{{\left( {b - c} \right)\left( {{a^2} - bc} \right)}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}{{\left( {a + c} \right)}^2}}}$$
* Nếu $a \ge b \ge c$ và $a,b,c \in \left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$, suy ra:

$b - c \ge 0;\,\,\,{a^2} - bc \ge 0\,\, \Rightarrow P'\left( a \right) \ge 0 \Rightarrow P\left( a \right)$ tăng trên $\left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$

$$\Rightarrow P\left( a \right) \le P\left( 3 \right) = \dfrac{3}{{3 + b}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + 3}} = f\left( c \right)$$
Xem $f\left( c \right)$ là hàm theo biến $c$. Khi đó:
$$f'\left( c \right) = - \dfrac{b}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \dfrac{3}{{{{\left( {c + 3} \right)}^2}}} = \dfrac{{\left( {b - 3} \right)\left( {3b - {c^2}} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}{{\left( {c + 3} \right)}^2}}} \le 0$$
Do đó $f\left( c \right)$ giảm trên $\left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$, suy ra $f\left( c \right) \le f\left( {\dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{3}{{3 + b}} + \dfrac{{3b}}{{3b + 1}} + \dfrac{1}{{10}} = g\left( b \right)$.

Xem $g\left( b \right)$ là hàm theo biến $b$. Khi đó:
$$g'\left( b \right) = \dfrac{3}{{{{\left( {3b + 1} \right)}^2}}} - \dfrac{3}{{{{\left( {3 + b} \right)}^2}}} = \dfrac{{\left( {1 - b} \right)\left( {1 + b} \right)}}{{{{\left( {3b + 1} \right)}^2}{{\left( {3 + b} \right)}^2}}}$$
Lập bảng biến thiên của $g\left( b \right)$ trên $\left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$, ta có: $g\left( b \right) \le g\left( 1 \right) = \dfrac{8}{5}$.

* Nếu $c \ge b \ge a$ và $a,b,c \in \left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$. Từ kết quả trên ta có $P\left( {c,b,a} \right) \le \dfrac{8}{5}$.
Mặt khác: $$P\left( {a,b,c} \right) - P\left( {c,b,a} \right) = \dfrac{{\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {a + c} \right)}} \le 0 \Rightarrow P\left( {a,b,c} \right) \le \dfrac{8}{5}$$
Vậy $maxP = \dfrac{8}{5} \Leftrightarrow \left( {a,b,c} \right) = \left\{ {\left( {3,1,\dfrac{1}{3}} \right);\,\,\left( {\dfrac{1}{3},3,1} \right);\,\,\left( {3,\dfrac{1}{3},1} \right)} \right\}$

[Crystal]

xin góp thêm 1 bài vào topic này của anh Lâm
Bài 111: giải hệ:

$$ \left\{\begin{matrix} 2cosz(cos^2x+1)=(cosx+1)^2 & & \\ 2cosx(cos^2y+1)=(cosy+1)^2 & & \\ 2cosy(cos^2z+1)=(cosz+1)^2 & & \end{matrix}\right.$$

Từ hệ ta dễ dàng suy ra $\cos x,\,\,\cos y,\,\,\cos z \ge 0 \Rightarrow x,y,z \in \left[ { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right]$

Khi đó:$$HPT \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
cosz = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{{(cosx + 1)}^2}}}{{co{s^2}x + 1}}} \right)\\
cosx = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{{(cosy + 1)}^2}}}{{co{s^2}y + 1}}} \right)\\
cosy = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{{(cosz + 1)}^2}}}{{co{s^2}z + 1}}} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
cosz = \dfrac{1}{2}\left( {1 + \dfrac{{2cosx}}{{co{s^2}x + 1}}} \right)\\
cosx = \dfrac{1}{2}\left( {1 + \dfrac{{2cosy}}{{co{s^2}y + 1}}} \right)\\
cosy = \dfrac{1}{2}\left( {1 + \dfrac{{2cosz}}{{co{s^2}z + 1}}} \right)
\end{array} \right.$$

Xét hàm số: $f\left( t \right) = \dfrac{1}{2}\left( {1 + \dfrac{{2\cos t}}{{c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}t + 1}}} \right),\,\,t \in \left[ { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right]$ có $f'\left( t \right) = - \dfrac{{{{\sin }^4}t}}{{{{\left( {c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}t + 1} \right)}^2}}} \le 0 \Rightarrow f$ là hàm đơn điệu giảm.

Khi đó, hệ phương trình được viết thành: $$\left\{ \begin{array}{l}
cosz = f\left( x \right)\\
cosx = f\left( y \right)\\
cosy = f\left( z \right)
\end{array} \right.$$

Giả sử: $x \ge y \ge z$. Ta có hàm $\cos t$ là hàm tăng trên đoạn $\left[ { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right]$.

$$x \ge y \ge z \Rightarrow f\left( x \right) \le f\left( y \right) \le f\left( z \right) \Rightarrow \cos z \le \cos x \le \cos y \Rightarrow z \le x \le y$$
$$ \Rightarrow f\left( z \right) \ge f\left( x \right) \ge f\left( y \right) \Rightarrow \cos y \ge \cos z \ge \cos x \Rightarrow y \ge z \ge x$$
$$ \Rightarrow f\left( y \right) \le f\left( z \right) \le f\left( x \right) \Rightarrow \cos x \le \cos y \le \cos z \Rightarrow x \le y \le z$$
Từ đó ta suy ra $x = y = z$. Thay vào một trong ba phương trình của hệ ta được:
$$2\cos x(co{s^2}x + 1) = {(cosx + 1)^2} \Leftrightarrow 2{\cos ^3}x - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}x - 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = 1$$
$$ \Leftrightarrow x = y = z = 0$$
Vậy hệ phương trình có nghiệm là $x=y=z=0$.

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 112: Giải hệ phương trình sau :
$ \left\{\begin{matrix} {(x+y)^3=z} \\ {(y+z)^3=x } \\ { (x+z)^2=y} \end{matrix}\right. $

[Ispectorgadget]

Bài 112:
Giả sử z>x => $(x+y)^3>(y+z)^3$
=> x+y>y+z => x>z do đó giả sử trên là sai
Vì vậy x=z
Chứng minh tương tự ta có: x=y=z
\[
(2x)^3 = x \Leftrightarrow x(8x^2 - 1) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \\
x = \pm \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }} \\
\end{array} \right.
\]

Vậy (x;y;z) =(0;0;0); $(\dfrac{1}{2\sqrt{2}};\dfrac{1}{2\sqrt{2}};\dfrac{1}{2\sqrt{2}});(\dfrac{-1}{2\sqrt{2}};\dfrac{-1}{2\sqrt{2}};\dfrac{-1}{2\sqrt{2}})$

[Crystal]

Bài 113: Tìm tất cả các đa thức thỏa mãn điều kiện: $$\left\{ \begin{gathered}
P\left( 0 \right) = 6 \\
P\left( x \right) = \sqrt {P\left( {{x^2} + 1} \right) - 7} + 6,\,\,\forall x \geqslant 0 \\
\end{gathered} \right.$$

[alex_hoang]

Đặt $P\left( a \right) = \dfrac{a}{{a + b}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + a}}$. Xem đây là hàm theo biến $a$, còn $b,c$ là hằng số.
Ta có: $$P'\left( a \right) = \dfrac{b}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} - \dfrac{c}{{{{\left( {a + c} \right)}^2}}} = \dfrac{{\left( {b - c} \right)\left( {{a^2} - bc} \right)}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}{{\left( {a + c} \right)}^2}}}$$
* Nếu $a \ge b \ge c$ và $a,b,c \in \left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$, suy ra:

$b - c \ge 0;\,\,\,{a^2} - bc \ge 0\,\, \Rightarrow P'\left( a \right) \ge 0 \Rightarrow P\left( a \right)$ tăng trên $\left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$

$$\Rightarrow P\left( a \right) \le P\left( 3 \right) = \dfrac{3}{{3 + b}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + 3}} = f\left( c \right)$$
Xem $f\left( c \right)$ là hàm theo biến $c$. Khi đó:
$$f'\left( c \right) = - \dfrac{b}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \dfrac{3}{{{{\left( {c + 3} \right)}^2}}} = \dfrac{{\left( {b - 3} \right)\left( {3b - {c^2}} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}{{\left( {c + 3} \right)}^2}}} \le 0$$
Do đó $f\left( c \right)$ giảm trên $\left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$, suy ra $f\left( c \right) \le f\left( {\dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{3}{{3 + b}} + \dfrac{{3b}}{{3b + 1}} + \dfrac{1}{{10}} = g\left( b \right)$.

Xem $g\left( b \right)$ là hàm theo biến $b$. Khi đó:
$$g'\left( b \right) = \dfrac{3}{{{{\left( {3b + 1} \right)}^2}}} - \dfrac{3}{{{{\left( {3 + b} \right)}^2}}} = \dfrac{{\left( {1 - b} \right)\left( {1 + b} \right)}}{{{{\left( {3b + 1} \right)}^2}{{\left( {3 + b} \right)}^2}}}$$
Lập bảng biến thiên của $g\left( b \right)$ trên $\left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$, ta có: $g\left( b \right) \le g\left( 1 \right) = \dfrac{8}{5}$.

* Nếu $c \ge b \ge a$ và $a,b,c \in \left[ {\dfrac{1}{3};3} \right]$. Từ kết quả trên ta có $P\left( {c,b,a} \right) \le \dfrac{8}{5}$.
Mặt khác: $$P\left( {a,b,c} \right) - P\left( {c,b,a} \right) = \dfrac{{\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {a + c} \right)}} \le 0 \Rightarrow P\left( {a,b,c} \right) \le \dfrac{8}{5}$$
Vậy $maxP = \dfrac{8}{5} \Leftrightarrow \left( {a,b,c} \right) = \left\{ {\left( {3,1,\dfrac{1}{3}} \right);\,\,\left( {\dfrac{1}{3},3,1} \right);\,\,\left( {3,\dfrac{1}{3},1} \right)} \right\}$

Một lời giải hay cho một bài toán hay Bài này có vẻ tương tự bài thi đại học khối A năm 2011 vừa xong cả về hình thức lẫn lời giải

[alex_hoang]

Bài bất đẳng thức này không những có max mà còn có cả min nữa .Mình xin trình bày một lời giải khác cho phần tìm max
Trước hết ta có với hai số thực dương $x,y$ thì
$$\dfrac{1}{{1 + x}} + \dfrac{1}{{1 + y}} - \dfrac{2}{{1 + \sqrt {xy} }} = \dfrac{{{{\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)}^2}(\sqrt {xy} - 1)}}{{\left( {1 + x} \right)\left( {1 + y} \right)\left( {1 + \sqrt {xy} } \right)}}$$
Như vậy
Nếu $xy \ge 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{1 + x}} + \dfrac{1}{{1 + y}} \ge \dfrac{2}{{1 + \sqrt {xy} }}$
Nếu $xy \le 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{1 + x}} + \dfrac{1}{{1 + y}} \le \dfrac{2}{{1 + \sqrt {xy} }}$
Tìm max
Ta đặt $x = \dfrac{b}{a},y = \dfrac{c}{b},z = \dfrac{a}{c}$
Khi đó do $xyz=1$ nên tồn tại 2 số mà tích của chúng nhỏ hơn hoặc bằng $1$.Giả sử 2 số dố là $x,y$
Theo bổ đề trên thì
$\dfrac{1}{{1 + x}} + \dfrac{1}{{1 + y}} \le \dfrac{2}{{1 + \sqrt {xy} }} = \dfrac{{2\sqrt z }}{{1 + \sqrt z }}$
Vậy ta chỉ cần đi tìm GTLN của biểu thức
$f(t) = \dfrac{{2t}}{{1 + t}} + \dfrac{1}{{1 + {t^2}}}(t = \sqrt z \in \left[ {1,3} \right])$
Ta có
$f'(t) = \dfrac{{{{(t - 1)}^2}({t^2} + t + 1)}}{{{{(t + 1)}^2}{{(1 + {t^2})}^2}}} \ge 0\left( {\forall t} \right)$
Vậy hàm số $f(t)$ đồng biến trên $\left[ {1,3} \right]$
Vậy $f(t) \le f(3) = \dfrac{8}{5}$

Nhận xét
Ta có bài toán tổng quát sau
Cho $a,b,c$ là các số thực dương $ \in \left[ {\dfrac{1}{3},3} \right]$.$k$ là một hằng số dương cho trước
a)Tìm GTLN của biểu thức
$\dfrac{a}{{a + kb}} + \dfrac{b}{{b + kc}} + \dfrac{c}{{c + k{\rm{a}}}}(\forall k \le 1)$
b)Tìm GTNN của biểu thức
$\dfrac{a}{{a + kb}} + \dfrac{b}{{b + kc}} + \dfrac{c}{{c + k{\rm{a}}}}(\forall k \ge 1)$
Đến bài toán này cách giải của anh Thành ít nhiều gặp khó khăn hơn là cách của mình vì đạo hàm khá cồng kềnh
@ anh Thành có thể post lời giải bài đa thức được không .Dạo này yêu đương nhăng nhít học hành dốt nát biết là sử dụng dãy số mà vẫn chịu

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 23-12-2011 - 16:57

[alex_hoang]

Bài 114Trong một cái bánh hình vuông cạnh $8$ cm có $32$ hạt vừng.Chứng minh rằng tồn tại hai hạt vừng mà khỏng cách tới nhau nhỏ hơn $2$ cm

[Crystal]

@ anh Thành có thể post lời giải bài đa thức được không .Dạo này yêu đương nhăng nhít học hành dốt nát biết là sử dụng dãy số mà vẫn chịu

Lời giải cho bài 113.

Từ giả thiết, ta có: $$P\left( {{x^2} + 1} \right) = {\left( {P\left( x \right) - 6} \right)^2} + 7,\,\forall x \geqslant 0$$
Lại có: $$P\left( 0 \right) = 6 \Rightarrow P\left( {{0^2} + 1} \right) = {\left( {6 - 6} \right)^2} + 7 = 7$$
Đặt $${u_0} = 0,\,{u_{n + 1}} = u_n^2 + 1,\,n = 0,1,2,... \Rightarrow P\left( {{u_1}} \right) + {u_1} + 6$$
Tiếp theo $$P\left( {u_1^2 + 1} \right) = {\left( {P\left( {{u_1}} \right) - 6} \right)^2} + 7 \Leftrightarrow P\left( {{u_2}} \right) = u_1^2 + 7 = {u_2} + 6$$
Bằng quy nạp, ta chứng minh được: $P\left( {{u_k}} \right) = {u_k} + 6,\,\,\forall k \in N$. Khi đó, đa thức $Q\left( x \right) = P\left( x \right) - \left( {x + 6} \right)$ có vô hạn nghiệm nên nó đồng nhất với $0$, tức là $P\left( x \right) = x + 6,\,\,\forall x \geqslant 0$.

Thử lại thấy thỏa. Vậy đa thức cần tìm là $P\left( x \right) = x + 6,\,\,\forall x \geqslant 0$.

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 115: Giải phương trình :
$ \dfrac{8}{2^{x-1}+1} + \dfrac{2^x}{2^x +1} = \dfrac{18}{2^{x-1}+2^{1-x}+2} $

[PSW]

Đối với bài Toán 110 thì cách giải của Alex Hoàng có thể nói là tối ưu ; các bác Việt Nam đã ăn cắp ý tưởng trong lời gai3i này để làm đề thi khối A ; 2011 vừa rồi ; tiếc là rất ít người còn nhớ được cách giai này ; dù nó đã có trên THTT vào khoảng những năm 2007

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 20-11-2011 - 14:04

[hxthanh]

Bài 114Trong một cái bánh hình vuông cạnh $8$ cm có $32$ hạt vừng.Chứng minh rằng tồn tại hai hạt vừng mà khỏng cách tới nhau nhỏ hơn $2$ cm

- Theo mình nghĩ chỉ cần đến 26 hạt vừng trên cái bánh đó là đủ điều kiện tìm thấy 2 hạt vừng có khoảng cách nhỏ hơn 2 rồi.
- Chia cái bánh 8x8 thành 16 hình vuông nhỏ 2x2
- Nếu trong một hình vuông nhỏ bất kỳ có 5 hạt vừng trở lên thì chắc chắn tồn tại 2 hạt vừng có khoảng cách nhỏ hơn 2.
- Nếu trong một hình vuông nhỏ bất kỳ mà có 4 hạt vừng trong đó có ít nhất một 1 hạt không nằm ở góc hình vuông thì cũng tìm được 2 hạt thoả mãn
- Nếu 2 điều kiện trên không xảy ra, thì các hạt vừng chỉ có thể rơi vào đỉnh của các hình vuông nhỏ (mà có tất cả 5x5=25 đỉnh)
- Như vậy theo nguyên lý Dirichle phải có ít nhất 5 hạt nằm cùng một hình vuông 2x2

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Bài 115: Giải phương trình :
$ \dfrac{8}{2^{x-1}+1} + \dfrac{2^x}{2^x +1} = \dfrac{18}{2^{x-1}+2^{1-x}+2} $

bài này có vẻ chỉ đơn thuần là đặt ẩn phụ:

đặt: $ 2^{x-1}=t >0 $, PT trở thành:

$ \frac{8}{t+1}+\frac{2t}{2t+1}=\frac{18t}{(t+1)^2} $

$ \leftrightarrow (2t+1)(8t+8)+2t(t+1)^2=18t(2t+1) $

$ \leftrightarrow 2t^3-16t^2+8t+8=0 $

hix, nhìn cái PT cuối nghiệm xấu này nản chẳng muốn giải nữa, anh em thông cảm nhé

[Zaraki]

Bài 116. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$$ \frac{a}{b+c^2}+\frac{b}{c+a^2}+\frac{c}{a+b^2}+\frac{ab+bc+ca}{72} \ge \frac{37}{24} $$