Chủ đề này có 3331 trả lời

[pth_tdn]

$A=a^{3k}-a+b^{3k}-b+...+n^{3k}-n=a[(a^k)^2-1]+b[(b^k)^2-1]+...+n[(n^k)^2-1]=a(a^k-1)(a^k+1)+b(b^k-1)(b^k+1)+...+n(n^k-1)(n^k+1)$
Xét số có dạng $x(x^k-1)(x^k+1)$. Lần lượt xét từng số dư của x khi chia cho 3 được $A \vdots 3$
$=>a^{3k}+b^{3k}+...+n^{3k} \vdots 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pth_tdn: 22-12-2009 - 05:40

[nguyen minh hang]

${a^{3k}} - a = a({a^{3k - 1}} - 1)$

[hoangnamfc]

Bài 1"
a) Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị, ta vẫn được 1 số chính pưuơng
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
$ x^2 + (x + 1)^2 = y^4 + (y + 1)^4 $
Bài 2:
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) $ x^2 + 3x + 1 = (x + 3)\sqrt {x^2 + 1} $
b) $ \left\{ \begin{gathered} x = (y + z)^2 \hfill \\ y = (z + x)^2 \hfill \\ z = (x + y)^2 \hfill \\ \end{gathered} \right. $
Bài 3)
Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn điều kiện abc=1
Chứng minh rằng:
$ \dfrac{1}{{a^2 + 2b^2 + 3}} + \dfrac{1}{{a^2 + 2b^2 + 3}} + \dfrac{1}{{a^2 + 2b^2 + 3}} \leqslant \dfrac{1}{2} $
Bài 4: Cho tứ giác ABCD. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và CD. AN cắt DM tại P. CM cắt BN tại Q. Chứng minh diện tích tứ giác MPNQ bằng tổng diện tích 2 tam giác APD và BQC
Bài 5: Cho hình thang ABCD (AB song song CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung điểm BD, AC. Đường thẳng qua K và cuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC tại Q. Chứng minh:
a) KM song song AB
b) QD = QC

Các bạn còn ít vào VMF 2.0 nên chưa có ai giải cái này cả. Xem thêm tại
http://diendantoanho...p...id=2&id=335

[vuthanhtu_hd]

Bài 3)
3.Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn điều kiện abc=1
Chứng minh rằng:
$ \dfrac{1}{{a^2 + 2b^2 + 3}} + \dfrac{1}{{a^2 + 2b^2 + 3}} + \dfrac{1}{{a^2 + 2b^2 + 3}} \leqslant \dfrac{1}{2} $

Tranh thủ tí thời gian nghỉ trưa

Ta có $a^2 + 2b^2 + 3=(a^2+b^2)+(b^2+1)+2 \ge 2(ab+b+1)$ và 2 BDT tương tự
do đó $\sum \dfrac{1}{{a^2 + 2b^2 + 3}} \le \dfrac{1}{2} \sum \dfrac{1}{ab+b+1} $

Chú ý $abc=1$ nên $\dfrac{1}{ab+b+1} +\dfrac{1}{bc+c+1} +\dfrac{1}{ca+a+1} $

$=\dfrac{1}{ab+b+1}+\dfrac{ab}{ab+b+1} +\dfrac{b}{ab+b+1} =1$ nên ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 22-12-2009 - 13:43

[Janienguyen]

BÀi 1 đưa về pt ước số
b,$(2x+1)^{2}=4y^4+8y^3+12y^2+8y^2+1$
Đánh giá $( 2y^2+2y)^2<(2x+1)^{2} < ( 2y^2+2y+2)^2$
Từ đó suy ra $(2x+1)^{2}=( 2y^2+2y+1)^2$
BÀI 2 a,bình phương 2 vế lên-->chỉ còn là pt bậc 2
b,trừ các pt lần lượt theo vế
BÀi 4 dùng trừ S thôi
BÀI 5 không nhầm thì nó nằm trong SBT toán lớp 8 phần học về tpg
Nhớ k nhầm thì nó là bài 12^^

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Janienguyen: 02-01-2010 - 19:37

[Ý Nghĩa 2008]

bạn xem trong TTT 73 có bài tương tự đó

[nguyen minh hang]

Sao không ai làm vậy
Giúp với mình sắp nộp rồi

[abstract]

Bài 1 để ý là: $ \sqrt {2x + \sqrt {4{x^2} - 1} } + \sqrt {2x - \sqrt {4{x^2} - 1} }=\dfrac{\sqrt {2x-1 +2 \sqrt {(2x-1)(2x+1)}+2x+1 } + \sqrt {2x-1 - 2\sqrt {(2x-1)(2x+1)}+2x+1 }}{2}= \sqrt{2x+1}$
Bạn giải tiếp tục nhé!
Còn bài 2 mình nghĩ có vấn đề ở đoạn cuối vì sao ko viết là$ 4\sqrt{x+1}$ mà lại viết là $ 2\sqrt{4(x+1)}$ nhỉ

Làm bài 1 như vậy ko ra đâu. Đây là một bài trong đề thi HSG Hà Nội lớp 9 năm 2002-2003 thì phải. Hồi đó mình làm cách này mà có ra đâu, bài này phải dùng AM-GM (cô si) để tỉm thấy giá trị duy nhất của m!

[chypkun95]

Mọi người đã thống nhất là vào post bài thì viết rõ ra, đừng nói là viết trong sách này sách nọ chứ

[hoangnamfc]

BÀi 1 đưa về pt ước số
b,$(2x^2+1)^{2}=4y^4+8y^3+12y^2+8y^2+1$
Đánh giá $( 2y^2+2y)^2<(2x^2+1)^{2} < ( 2y^2+2y+2)^2$
Từ đó suy ra $(2x^2+1)^{2}=( 2y^2+2y+1)^2$
BÀI 2 a,bình phương 2 vế lên-->chỉ còn là pt bậc 2
b,trừ các pt lần lượt theo vế
BÀi 4 dùng trừ S thôi
BÀI 5 không nhầm thì nó nằm trong SBT toán lớp 8 phần học về tpg
Nhớ k nhầm thì nó là bài 12^^

bạn làm rõ bài 4 đựoc ko. Mình còn bài đó

[Janienguyen]

bạn làm rõ bài 4 đựoc ko. Mình còn bài đó

Bài 4
Dễ thấy SMDC=SADB+SBCN
Tới đây trừ S là ra ^^
Bài 4 này làm mình nhớ tới 1 bài cũng khá hay(Hồi ấy chưa học thales nên mình cm dài vô cùng^^)
Cho 1 tứ giác chia các cạnh của tứ giác đó thành 3 đoạn rồi lần lượt nối các điểm tương tương ứng ở 2 cạnh đối của tứ giác sao cho k cắt nhau( thành 9 tứ giác)
CM S ở giữa = 1/9 S của tứ giác
Cái đề bài có vẻ hơi khí hiểu
Have fun!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Janienguyen: 22-12-2009 - 22:03

[nguyen minh hang]

Dùng cối kiểu gì vậy bạn?

[Đỗ Quang Duy]

Người ta có bổ đề như thế này:
Với $ p \in P$ và $a_1;a_2;..;a_n$ là các số tự nhiên thì
$(a_1+a_2+...+a_n)^p \equiv a_1^p+a_2^p+...+a_n^p $ (mod p)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Đỗ Quang Duy: 23-12-2009 - 12:25

[Pirates]

Người ta có bổ đề như thế này:
Với $ p \in P$ và $a_1;a_2;..;a_n$ là các số tự nhiên thì
$(a_1+a_2+...+a_n)^p \equiv a_1^p+a_2^p+...+a_n^p $ (mod p)

Cm cho bổ đề này:
- Với $n = 1$: hiển nhiên.
- Với $n = 2$:
Ta có: $(a_1 + a_2)^{p} = a_1^{p} + C_p^{p}a_1^{p - 1}a_2 + ... + C_p^{p - 1}a_1a_2^{p - 1} + a_2^{p} \equiv a_1^{p} + a_2^{p} (mod p)$
vì $C_p^{a} \vdots p$ với $a = 1, 2, ..., p - 1$

Giả sử ta có: $(a_1 + a_2 + ... + a_n)^{p} \equiv a_1^{p} + a_2^{p} + ... + a_n^{p} (mod p)$

Khi đó: $(a_1 + a_2 + ... + a_{n + 1})^{p} = [(a_1 + a_2 + ... + a_n) + a_{n + 1}]^{p} \equiv (a_1 + a_2 + ... + a_n)^{p} + a_{n + 1}^{p} (mod p) \equiv a_1^{p} + a_2^{p} + ... + a_{n + 1}^{p} (mod p)$

$\Rightarrow$ đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Pirates: 23-12-2009 - 13:14

[Janienguyen]

Anh noi' cho em cu. the^? ba`i 2d duoc. ko? Con` mo^~i ba`i do'

d.Cái đb của bài toán này là 8.3=12.2
nên e sẽ nhân ra thành nhu sau
$(x^2+14x+24)(x^2+11x+24)-4x^2$
$x^2[(x+14+ \dfrac{24}{x} )(x+11+ \dfrac{24}{x} )-4]$
Đến đây thì dễ rôi!

[bapwin]

pro ghê!, mình mất hơn 15' mới nghĩ ra mà vừa post là đã có lời giải rồi ^^!

Ai cũng pro cả, mình còn chưa nghĩ ra nữa

[chypkun95]

Cái này cũng dễ hiểu thôi mà

[kingyo]

1)Tìm số dư trong phép chia:
$A=3^8+3^6+ 3^{2004} $ cho 91

2)Phân tich thành nhân tử:
a)$x^5+x+1$
b)$x^7+x^2+1$

3)Tìm tất cả bộ ba số nguyên dương khác nhau sao cho tích của chúng bằng tống của chúng??

4)Cho a,b,c là độ dài các canh của một tam giác; p là nửa chu vi.C/m:
$ \dfrac{1}{p-a}+ \dfrac{1}{p-b} + \dfrac{1}{p-c} \geq 2( \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c})$

5)Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E,F thứ tự là trung điểm của các cạnh AB và CD; còn M,N,P,Q theo thứ tự là trung điểm của AF,CE,BF,DE.
C/m tứ giác MNPQ là hình bình hành

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kingyo: 26-12-2009 - 10:49

[Nguyễn Thái Vũ]

1. câu này xét đồng dư , rất đơn giản
2.Câu này hạ bậc.
3. Phương pháp cực hạn , hơi phức tạp hơn nên mình đưa ra lời giải:
Gọi 3 số đó là x,y,z ,ta có:
$x+y+z=xyz$ . Không làm mất tính tổng quát , giả sử x<=y<=z.
=>$x+y+z<=3z$ suy ra $3z>=xyz$ , với z=0 dễ thấy nghiệm tầm thường (0,0,0).
Với z khác 0 suy ra $3>=yz$. Vì là nghiệm nguyên nên dễ dàng tìm được y,z,x.
4. Dầu tiên chứng minh BDT : $1/y+1/x>=4/(x+y)$.
Phân tích $p-a=(b+c-a)/2$ tương tự với các hạng tử còn lại.
Áp dụng được: $1/(p-a)+1/(p-b)>=4/c$
Làm tương tự với các hạng tử còn lại rồi cộng theo từng vế được DPCM.
5 . Câu này ngại vẽ hình nên xin nhường bạn Phat tai

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Thai Vu: 26-12-2009 - 11:51

[Pirates]

3)Tìm tất cả bộ ba số nguyên dương khác nhau sao cho tích của chúng bằng tống của chúng??

Mấy bài này đều không khó, để anh giải bài Số:

Vai trò của $x, y, z$như nhau nên giả sử $1 \leq x \leq y \leq z$
Ta có: $x + y + z = xyz$ (1)
$\Rightarrow 1 = \dfrac{1}{xy} + \dfrac{1}{yz} + \dfrac{1}{zx} \leq \dfrac{3}{x^{2}} \Rightarrow x^{2} \leq 3 \Rightarrow x = 1$
Thay $x = 1$ vào (1) ta được: $1 + y + z = yz$
$\Rightarrow (y - 1)(z - 1) = 2 \Rightarrow y = 2 , z = 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Pirates: 26-12-2009 - 12:44