Mỗi ngày một chút
#101
Đã gửi 17-08-2011 - 23:00
$ \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 !
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#102
Đã gửi 18-08-2011 - 09:28
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
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
#103
Đã gửi 18-08-2011 - 22:14
$ \left\{\begin{array}{l}{9y^3(3x^3-1)=-125}\\{45x^2y+75x=6y^2}\end{array}\right. $
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#104
Đã gửi 18-08-2011 - 22:30
Gợi ý: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. $
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!
#105
Đã gửi 19-08-2011 - 10:10
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.
#106
Đã gửi 19-08-2011 - 22:02
$ 2(a^2+b^2+c^2)+abc+8 \geq 5(a+b+c) $
P/s: Đây là một bài của thầy Nam Dũng.
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#107
Đã gửi 20-08-2011 - 10:40
Bất đẳng thức tương đương vớiBài 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.
$2\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) + abc + 8 - 5\left( {a + b + c} \right) \ge 0$
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:
$\dfrac{9}{{a + b + c}} \ge 4\left( {ab + bc + ca} \right) - \left( {a + b + c} \right)^2 = 2\left( {ab + bc + ca} \right) - \left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)$
$(1) \ge 7\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) + 6\left( {ab + bc + ca} \right) - 3\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) - 10\left( {ab + bc + ca} \right)$
$= 4\left( {a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca} \right) \ge 0$ (đúng)
Vậy BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$.
#108
Đã gửi 20-08-2011 - 11:09
$\left\{ \begin{array}{l}a\left( {x - a} \right)^2 \left( {x - 2\sqrt 2 } \right) + 1 \le 0 \\ x > a > 0 \\ \end{array} \right.$
Bài 55: Giải phương trình: $\left( {\log _2 x} \right)^2 + x\log _7 \left( {x + 3} \right) = \log _2 x\left[ {\dfrac{x}{2} + 2\log _7 \left( {x + 3} \right)} \right]$.
#109
Đã gửi 20-08-2011 - 23:45
$ 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. $
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#110
Đã gửi 21-08-2011 - 08:12
Bài 57 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
$(x+1)^y-1=x!$
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#111
Đã gửi 21-08-2011 - 08:21
Thử sức với cái này đãBài 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. $
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
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#112
Đã gửi 21-08-2011 - 08:25
Giải: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. $
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 $\left( {x;y} \right) = \left( { - 3;9} \right),\,\,\left( {1;1} \right)$
#113
Đã gửi 21-08-2011 - 08:46
Giải: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$(x+1)^y-1=x!$
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 $\left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right),\,\,\left( {2;1} \right),\,\,\left( {4;2} \right)$.
#114
Đã gửi 21-08-2011 - 08:56
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#115
Đã gửi 21-08-2011 - 09:17
Giải:Bài 56: Cùng hạ nhiệt nào . Giải phương trình , hệ phương trình sau :
$ a) 8x^2+8x-5 = \sqrt{\dfrac{2x+15}{16}} $
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 $x = \dfrac{1}{2}$.
#116
Đã gửi 21-08-2011 - 10:06
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
#117
Đã gửi 21-08-2011 - 10:45
Giải: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} $
Đặt:
$S = \dfrac{1}{{a_1 a_2 }} + \dfrac{1}{{a_2 a_3 }} + ... + \dfrac{1}{{a_{n - 1} a_n }}\,\,\,\,(1)$
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.
#118
Đã gửi 21-08-2011 - 10:55
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 hayBài 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.
#119
Đã gửi 21-08-2011 - 11:32
Vui vui tý vậyBài 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.
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.
#120
Đã gửi 21-08-2011 - 12:24
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
rongden_167
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh