davildark

Trong bài làm em xin đặt lại các điểm cho dễ làm $M_{1}=M$ $M_{2}=N$
Gọi I là trung điểm MN
Vẽ đường tròn đi qua O , A và tiếp xúc với $d_{1}$ . ĐƯờng tròn này cắt $d_{2}$ tại B
Tương tự C là giao điểm của đường tròn qua O , A tiếp xúc với $d_{2}$ và $d_{1}$
Gọi D là trung điểm OB . E là trung điểm OC
Vì B,C cố định nên D,E cũng cố định . Ta sẽ CM I nằm trên đường DE cố định
Thật vậy
Ta có $\widehat{AMN}=\widehat{AON}=\widehat{ABO}$ và $\widehat{ANM}=\widehat{AOB}$
$\Rightarrow \bigtriangleup AMN\sim \bigtriangleup ABO$
$\Rightarrow \frac{MN}{OB}=\frac{AM}{AB}\Rightarrow \frac{IM}{BD}=\frac{AM}{AB} \Rightarrow \bigtriangleup AIM \sim \bigtriangleup ADB$
$\Rightarrow \widehat{AIM}=\widehat{ADB}=\widehat{ADM}$
Vậy tứ giác AIDM nội tiếp
Tương tự ta cũng có tứ giác AINE nội tiếp . Khi đó
$\widehat{AIE}=\widehat{ANE}=\widehat{AMO}=\widehat{AMD}$
Mà $\widehat{AMD}+\widehat{DIA}=180^{\circ}$
$\Rightarrow \widehat{AIE}+\widehat{DIA}=180^{\circ}$
$\Rightarrow$ D,I,E thẳng hàng
Vậy I di chuyển trên DE cố định

Nên dùng góc định hướng để tổng quát hơn.
D-B=27.9h
E=9
F=0
S=39

Nhờ trọng tài del bài trước hộ em bài trước em làm sai

Bài giải

Theo khai triển newton ta có
$(a+b)^x=\sum_{k=0}^{x}\binom{n}{k}a^{x-k}b^k$
Cho $a=1$ $b=-1$ ta có
$\binom{x}{0}-\binom{x}{1}+\binom{x}{2}-\binom{x}{3}+...+(-1)^x\binom{x}{x}=0$
Mặt khác ta có
$$1=\binom{x}{0} \\ x=\binom{x}{1}\\\frac{x(x-1)}{1.2}=\binom{x}{2}\\
\\
... \\
\\
\frac{x(x-1)...(x-n+1)}{n!}=\binom{x}{n}
$$
Từ đó đề bài tương đương với
$$\binom{x}{0}-\binom{x}{1}+\binom{x}{2}-\binom{x}{3}+...+(-1)^n\binom{x}{n}=\binom{x}{0}-\binom{x}{1}+\binom{x}{2}-\binom{x}{3}+...+(-1)^x\binom{x}{x}$$
$\Rightarrow x=n$
Vậy pt có 1 nghiệm là $x=n$

S=0

Cho a b c > 0 Cm bất đẳng thức
$\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac})\geq 4$

1 cách khác sử dụng chebyshez
Bất đẳng thức viết lại thành
$\sum \frac{1}{a+1}\leq \sum \frac{1}{a^2-1} \\ \Leftrightarrow \sum \frac{2-a}{a^2-1}=\frac{4-a^2}{(a^2-1)(a+2)}\leq 0$
Giả sử $a \le b \le c$ ta có 2 dẫy tăng
$\frac{4-a^2}{a^2-1}\geq \frac{4-b^2}{b^2-1}\geq \frac{4-c^2}{c^2-1} \\ \frac{1}{a+2}\geq \frac{1}{b+2}\geq \frac{1}{c+2}$
$\sum \frac{4-a^2}{(a^2-1)(a+2)}\geq (\sum \frac{4-a^2}{a^2-1})(\sum \frac{1}{a+2})=(\sum \frac{3}{a^2-1}-1)(\sum \frac{1}{a+2})=(3\sum \frac{1}{a^2-1}-3)(\sum \frac{1}{a+2})=0$
Xong !

Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình:
$$\left\{\begin{matrix} 2x^2y^2+x^2+2x=2 (1) \\2x^2y-x^2y^2+2xy=1 (2) \end{matrix}\right.$$

Lấy pt (2) nhân 2 rùi trừ cho pt (1) ta được
$2x^2y^2+x^2+2x=4x^2y-2x^2y^2+4xy \\ \Leftrightarrow x(4xy^2-4xy-4y+x+2)=0 $
Với x=0 thì hệ vô nghiệm
Xét $4xy^2-4xy-4y+x+2=0$
$\Leftrightarrow x(4y^2-4y+1)-4y+2=0 \\ \Leftrightarrow x(2y-1)^2-2(2y-1)=0 \\ \Leftrightarrow (2y-1)(2xy-x-2)=0$
Tới đây dễ rùi

Cho a b c > 1 và $\sum \frac{1}{a^2-1}=1$
CM $\sum \frac{1}{a+1}\leq 1$

Ta có $n=\frac{2^{2p}-1}{3}=\frac{4^p -1 }{3}=\sum_{i=o}^{p-1}4^i$ (1)
$\Rightarrow n\in \mathbb{N} $
Dễ thấy $4^x$ tận cùng là 4 nếu x lẻ tân cùng là 6 nếu x chẵn
Từ (1) ta có n lẻ
Theo fermat nhỏ ta có $4^p -4 \ \vdots \ p $ mà $(3,p)=1$ $\Rightarrow 4^p-4 \ \vdots \ 3p$
$\Rightarrow n-1=\frac{4^p-4}{3} \vdots p$
Vì n lẻ nên n-1 chẵn
Mà $(2,p)=1$ $\Rightarrow n-1 \ \vdots \ 2p \Rightarrow n-1=k.2p$
$$\dfrac{2^{n-1}-1}{2^{2p}-1}=\dfrac{(2^{2p})^{k}-1}{(2^{2p})-1}=\dfrac{(2^{2p}-1).\sum_{i=o}^{k-1}(2^{2p})^i}{2^{2p-1}}=\sum_{i=o}^{k-1}(2^{2p})^i$$
$\Rightarrow 2^{n-1}-1 \ \vdots \ 2^{2p}-1$
$ \Rightarrow 2^{n+1}-4=4(2^{n-1} -1 ) \vdots 2^{2p}-1=3n \ \vdots \ n$

D-B=45.4h
E=10
F=0
S=36.5

Bài 3 cho x ,y , z < 1 bdt sai
Bài 5
a) Ceva
Gọi $I'$ là tâm tỉ cự của hệ điểm $\left \{ O_{1},O_{2},O_{3} \right \}$ với hệ số $\left \{\dfrac{1}{R_{1}} , \dfrac{1}{R_{2}} , \dfrac{1}{R_{3}}\right \}$
Dễ dàng CM $I\equiv I'$
b) Tham khảo sách " Tài liệu chuyên toán hình học 10 "
Khi đó K là tâm tỉ cự của hệ điểm $\left \{ O, O_{1},O_{2},O_{3} \right \}$ với hệ số $\left \{-\dfrac{1}{R},\dfrac{1}{R_{1}} , \dfrac{1}{R_{2}} , \dfrac{1}{R_{3}}\right \}$
c)
Ta có theo câu b
$-\dfrac{1}{R}\overrightarrow{KO}+\dfrac{1}{R_{1}}\overrightarrow{KO_{1}}+\dfrac{1}{R_{2}}\overrightarrow{KO_{2}}+\dfrac{1}{R_{3}}\overrightarrow{KO_{3}}=0)$
Theo câu a) thì $\dfrac{1}{R_{1}}\overrightarrow{KO_{1}}+\dfrac{1}{R_{2}}\overrightarrow{KO_{2}}+\dfrac{1}{R_{3}}\overrightarrow{KO_{3}}=(\dfrac{1}{R_{1}}+\frac{1}{R_{2}}+\dfrac{1}{R_{3}}) \overrightarrow{KI}$
$\Rightarrow -\dfrac{1}{R}\overrightarrow{KO}+(\dfrac{1}{R_{1}}+\dfrac{1}{R_{2}}+\dfrac{1}{R_{3}})\overrightarrow{KI}=0$
$\Rightarrow$ I , O , K thẳng hàng

Bài toán: Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $abc=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của: $\sum \dfrac{1}{a^3\left ( b+c \right )}$.

Đặt $a=\dfrac{1}{x}$ $b=\dfrac{1}{y}$ $c=\dfrac{1}{z}$ $\Rightarrow xyz=1$
$\Rightarrow$ bất đẳng thức tương đương với
$\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}$
Đến đây thì dễ rùi

Bài giải

Bổ đề : Cho x ,y ,z là các số thực dương ta có bất đẳng thức sau
$$\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{y}{(y+z)(y+x)}+\dfrac{z}{(z+x)(z+y)} \le \dfrac{9}{4(x+y+z)}$$
Lời giải bổ đề :
$$\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{y}{(y+z)(y+x)}+\dfrac{z}{(z+x)(z+y)} = \dfrac{x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)}{(x+y)(y+z)(x+z)}=\dfrac{2(xy+yz+xz)}{(x+y)(y+z)(x+z)}$$
Áp dụng bất đẳng thức $(x+y)(y+z)(x+z)\geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+xz)$ ta có
$$\dfrac{2(xy+yz+xz)}{(x+y)(y+z)(x+z)}\leq \dfrac{18(xy+yz+xz)}{8(x+y+z)(xy+yz+xz)}=\dfrac{9}{4(x+y+z)}$$

Quay trở lại bài toán
Không mất tính tổng quát giả sử $c\geq b\geq a$ $\Rightarrow bc\geq ac\geq ab$ (1)
Giả sử $x\leq y\leq z$ ta sẽ chứng minh $\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}\leq \dfrac{y}{(y+x)(y+z)}\leq \dfrac{z}{(z+x)(z+y)}$
Thật vậy $\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}\leq \dfrac{y}{(y+x)(y+z)}\\ \Leftrightarrow x(y+x)(y+z)\leq y(x+y)(x+z)\\ \Leftrightarrow xy+xz\leq xy+yz$
$\Rightarrow x\leq y$ (Đúng theo điều giả sử)
Tương tự ta có $\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}\leq \dfrac{y}{(y+x)(y+z)}\leq \dfrac{z}{(z+x)(z+y)}$ (2)

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho 2 dãy (1) (2) và kết hợp với bổ đề ta có
$$\dfrac{bcx}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{acy}{(y+x)(y+z)}+\dfrac{abz}{(x+z)(y+z)}\leq \dfrac{1}{3}(bc+ac+ab)(\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{y}{(y+z)(y+x)}+\dfrac{z}{(z+x)(z+y)})\leq \dfrac{(a+b+c)^2}{9}.\dfrac{9}{4(x+y+z)}=\dfrac{(a+b+c)^2}{4(x+y+z)}$$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ và $x=y=z$

Lời giải

Điều kiện xác định $\left\{\begin{matrix}
0\leq x\leq 1\\
0\leq y\leq 50176
\end{matrix}\right.$
Ta sẽ CM bất đẳng thức sau $x(9\sqrt{1+x^2+}+13\sqrt{1-x^2})\leq 16$ với $0\leq x\leq 1$
Thật vậy
$x(9\sqrt{1+x^2+}+13\sqrt{1-x^2})=\frac{3}{2}\sqrt{9x^2(4+4x^2)}+\frac{13}{2}\sqrt{x^2(4-4x^2)}$
Áp dụng AM-GM ta có
$\frac{3}{2}\sqrt{9x^2(4+4x^2)}+\frac{13}{2}\sqrt{x^2(4-4x^2)}\leq \frac{3}{4}(4+13x^2)+\frac{13}{4}(4-3x^2)=16$
Dấu "=" xảy ra khi $ x=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$
Trở lại bài từ pt thứ 2 ta có (Phương trình đâu?)
$x(9\sqrt{1+x^2}+13\sqrt{1-x^2})=912-4\sqrt{y}\Rightarrow 912-4\sqrt{y}\leq 16\Leftrightarrow y\geq 50176$
Kết hợp với điều kiện xác định ta có $y=50176$ $\Rightarrow x=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$
Thay vào pt cuối ta tính được $z=4\sqrt{2}$
Thử lại ta thấy pt có nghiệm là
$\boxed {x=\dfrac{2}{\sqrt{5}} ; y=50176 ; z=4\sqrt{2}}$
____________________________
Em lưu ý đây là bài thi vì vậy cách trình bày, diễn đạt và cả tính toán cũng rất quan trọng, không được "ăn bớt" đâu nhé!
Điểm như sau:
Bài Giải: 9
$S=48-(22-20)+3\times 9 + 0+0=73$

Em làm câu 5 vậy
Xét 18 số đầu tiên trong dãy
Theo nguyên lý Đirichlet thì tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 17 Giả sử là a và b $ ( a>b)$
$\Rightarrow a-b \vdots 17$
$\Rightarrow 99...990..00 \vdots 17$
$\Rightarrow 9...99.10^k \vdots 17 $
Mà $ (10^k,17)=1 $
$\Rightarrow 9...999 \vdots 17 $
Vậy cứ xét 18 số bất kỳ thì sẽ có 1 số hạng thuộc dãy thõa đề

Chém bài này
$$\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{y}{(y+z)(y+x)}+\dfrac{z}{(z+x)(z+y)} = \dfrac{x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)}{(x+y)(y+z)(x+z)}=\dfrac{2(xy+yz+xz)}{(x+y)(y+z)(x+z)}$$
Áp dụng bất đẳng thức $(x+y)(y+z)(x+z)\geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+xz)$ ta có
$$\dfrac{2(xy+yz+xz)}{(x+y)(y+z)(x+z)}\leq \dfrac{18(xy+yz+xz)}{8(x+y+z)(xy+yz+xz)}=\dfrac{9}{4(x+y+z)}$$

Mình đọc được 1 lời giải cho bài này khá hay
Áp dụng Cauchy- Schwarz ta có
$$A+24=3b+8c+abc +24\leq \sqrt{(3b^2+8c^2+b^2c^2+24)(a^2+35)}=\sqrt{(b^2+8)(c^2+3)(a^2+35)}$$
Mặt khác Áp dụng AM-GM và giả thiết ta có
$$\sqrt{(b^2+8)(c^2+3)(a^2+35)}=\sqrt{\frac{(a^2+35)(4b^2+32)(9c^2+27)}{36}}\leq \sqrt{\frac{(14+35+32+27)^3}{36.27}}=36$$
$$\Rightarrow A+24\leq 36$$
$$\Rightarrow A\leq 12$$
Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

Nguồn : MS

Cho n số nguyên chia hết cho 6 chứng minh tổng các lập phương của chúng chia hết cho 6