4869msnssk

Câu 5. Áp dụng BĐT Cô si 

Ta có :

$P=\frac{2014}{x}+\frac{6042}{2014-x}=\frac{2014-x}{x}+\frac{6042-3(2014-x)}{2014-x}+4=\frac{2014-x}{x}+\frac{3x}{2014-x}+4\geq 2\sqrt{3}+4$

dùng bunhia cũng đc cho hai bộ $\sqrt{x},\sqrt{2014-x}$ và $\sqrt{\frac{2014}{x}},\sqrt{\frac{6042}{2014-x}}$

giải phương trình nghiệm nguyên:

$x^{2}+17y^{2}+34xy+51(x+y)=1740$

Cho $a\geq b\geq c>0$. CMR:

 

$\frac{a^2-4b^2}{c}+\frac{9c^2-4b^2}{a}+\frac{a^2-9c^2}{b}\geq 7a-16b+3c$

$(a+2b)\geq 3c\Rightarrow \frac{a^{2}-4b^{2}}{c}\geq 3(a-2b)=3a-6b$

$(3c+2b)\leq 5a\Rightarrow \frac{9c^{2}-4b^{2}}{a}\geq 5(3c-2b)=15c-10b$

$(a+3c)>b\Rightarrow \frac{a^{2}-9c^{2}}{b}\geq (a-3c)$

$a_{2012}= a_{2011}+3.2012^{2}+5=a^{2010}+3(2012^{2}+2011^{2})+10=...=a^{1}+3(2012^{2}+2011^{2}+...+2^{2})+5.2011$

Dùng máy PLUS có thể tính được tổng này

ta có $a^{1}+3(2012^{2}+2011^{2}+...+2^{2})+5.2011=3(1^{2}+2^{2}+...+2012^{2012}+5.2011=n(n+1)(2n+1):2+5.2011$

Giả sử E thuộc CD.

=>CD=AD+BC

Tam giác ADE cân tại D

$\Rightarrow \widehat{DAE}=\widehat{DEA}$

Mà $\Rightarrow \widehat{DEA}=\widehat{BAE}$

=> AE là phân giác góc A

cmtt...

Hướng làm như vậy, diễn đạt sai mất rồi. Ai sửa giúp!

giả sử E thuộc CD hay giả sử E không thuộc CD

cho dãy số a_n như sau a₁=3, $a_n=a_n-1+3n^{2}+5$ với n là số tự nhiên lớn hơn 1

a) lập quy trình bấm phím  liên tục tính a_n

b) tính a2012, a₂₀₁₃

 Đề bài: Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên không âm $m,n,N,k$ thoả mãn

\[(n^2+1)^{2^k}\cdot(44n^3+11n^2+10n+2)=N^m \qquad (1) \]

thì $m=1$.

 

Toán thủ ra đề: Jinbe

nếu m=0 thì vô lý vì $VT\geq 1.2= 2>1=N^{0}$ nên phương trình vô nghiệm, suy ra $m\neq 0$

với $m\geq 1$

nếu m chẵn thì ta thấy VP là một số chính phương.

xét hai trường hợp:

 với n chẵn thì $(n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 1(mod 4)$ với $k\geq 0$ 

và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 2(mod 4)$

từ đó suy ra $VT\equiv 2(mod 4)$ suy ra $N^{m}\equiv 2 (mod 4) $ nên VP không thể là số chính phương (vô lý)

 với n lẻ  thì $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 3(mod 4)$

và $(n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 2(mod 4)$ với k=0 và $(n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 0(mod 4)$ với $k \geq 1$

suy ra VT chia 4 dư 2 với k=0 và khi ấy phương trình vô nghiệm, loại

còn $k \geq 1$ thì khi đó $ (n^{2}+1)^{2^{k}}$ là số chính phương nên $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ sẽ là số chính phương nhưng điều này vô lý vì $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ chia 4 dư 3 hoặc 2 (chứng minh trên) 

vậy m không  thể chẵn suy ra m lẻ.

với m lẻ, xét $m \geq 3$ thì khi đó $VP\vdots (n^{2}+1)$

nếu k=0 thì vì m>1 nên suy ra $(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\vdots (n^{2}+1)$

khi đó vì n là số nguyên nên suy ra phương trình $44n^{3}+11n^{2}+10n+2=0$ phải có nghiệm nguyên. nhưng phương trình trên không có nghiệm nguyên nên suy ra điều vô lý .

nếu k>0 thì $ (n^{2}+1)^{2^{k}}$ có mũ là số chẵn mà m là số lẻ nên suy ra $(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\vdots (n^{2}+1)$

mà theo chứng minh trên  điều này không thể có nên suy ra điều vô lý.

nếu $(n^{2}+1)=A^{a}$ với a là số nguyên dương lẻ thì  ta suy ra A là 1 đa thức có bậc lớn hơn 0. vì n nguyên nên A nhận giá trị nguyên với mọi n nguyên. từ đó ta cũng có  $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ chia hết cho A. tương tự phần trên ta cũng có điều vô lý.

vậy với m=1 thì mới thoả mãn  phương trình ( đpcm)

Điểm 7.

Lập luận tô đỏ không đúng. (mất điểm phần $m$ lẻ).

$k>0$ để khẳng định trong phân tích thành thừa số nguyên tố của $(n^2+1)^{2^k}$ thì các luỹ thừa của mỗi số nguyên tố có số mũ chẵn, kết hợp với điều kiện $m$ lẻ suy ra $44n^3+11n^2+10n+2$ phải có ít nhất một ước nguyên tố nữa của $n^2+1$.

Tuy nhiên, mình thấy rằng việc suy ra trên không đúng cho lắm vì ta chỉ có thể suy ra $44n^3+11n^2+10n+2$ phải có ít nhất một ước nguyên tố của $n^2+1$ để "bảo toàn" cho điều kiện $m$ lẻ nhưng chưa chắc lúc đó $44n^3+11n^2+10n+2 \; \vdots n^2+1$.

Nhỡ may tồn tại một số nguyên tố $p$ mà $44n^3+11n62+10n+2 \equiv p \pmod{p^2}$ nhưng $n^2+1 \equiv 0 \pmod{p^2}$ thì sao ?

S = 3 + 7*3 =24

Hình:

 

Cho tam giác ABC: $\widehat{A}=60^o;\widehat{B}=80^o$

Ba đường cao: AH; BK; CL lần lượt cắt KL; HL; HK tại D, E, F.

Biết $KL=1$. Tính diện tích tam giác $DEF$

gọị M là trực tâm của tam giác ABC.

ta thấy CL, AH, BK vuông góc với KL, KH,HL nên M cũng là trực tâm của tam giác ABC.

tương tự ta cũng thấy M là trực tâm của tam giác DEF.

suy ra tam giác DEF đồng dạng với tam giác ABC.

mà $\frac{DE}{AB}=\frac{LD}{BH}=\frac{AL}{AC}$

 mà AL dễ dàng tính đc nên tính đc ĐỀ tương tự sẽ suy ra các cạnh còn lại 

Bài toán tổng quát :Ta đã CM được bài toán:"Trong tam giác đều $ABC$ cạnh bằng $1$ lấy $n^2+1$ điểm phân biệt. Chứng minh có ít nhất 2 điểm có khoảng cách không vượt quá $\frac{1}{n}$"

Nhưng ta có bài toán mở rộng:Trong tam giác đều $ABC$ cạnh bằng $1$ lấy $n^2$ điểm phân biệt. Chứng minh có ít nhất 2 điểm có khoảng cách không vượt quá $\frac{1}{n}$

Rõ ràng thử với $n=2$ ta thấy ngay điều vô lý vậy còn nếu $n=3$ bài toán trở thành:

Trong tam giác đều $ABC$ cạnh bằng $1$ lấy $9$ điểm phân biệt. Hỏi có 2 điểm nào có khoảng cách giữa chúng không vượt quá $\frac{1}{3}?$

trên mỗi cạnh của tam giác ta sẽ chia làm 3 phần bằng nhau

ta chia tam giác đã cho thành 9 tam giác đều có diện tích như nhau với cạnh dài $\frac{1}{3}$ và ở một hàng sẽ có 1,3, hoặc 5 tam giác

nếu có hai điểm nằm trong 1 tam giác thì ta có ngay đpcm

nếu mỗi điểm nằm trên 1 tam giác khác nhau thì giả sử khoảng cách giữa các điểm lớn hơn hoặc bằng $\frac{1}{3}$. khi đó ta có khoảng cách giữa hai điểm trong 2 tam giác ko kề nhau nhỏ hơn  1 suy ra khoảng cách giữa mỗi điểm nhỏ hơn $1:3$ vô lý từ đó suy đpcm

cmr $1,71<1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+...+\frac{1}{n!}<1,72$ với n là số nguyên lớn hơn 5

cho a,b,c là các số dương thoả mãn $a+b+c=4$

CMR: $\sum \sqrt{a+b}> 4$

Giải PT vô tỷ : $x^3-3x^2\sqrt{6}+12\sqrt{6}=0$

tốt nhất là phân tích thành nhân tử luôn cho nó đỉnh: 

$PT\Leftrightarrow (x-\sqrt{6})(x^{2}-2\sqrt{6}x-12)=0$ 

tới đây là ngon

cho x,y dương thoả mãn $(x+y-1)^{2}=xy$

tìm min $\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^{2}+y^{2}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}$

giải phương trình $\sqrt{2\sqrt{3}}=\sqrt{x\sqrt{3}}-\sqrt{y\sqrt{3}}$ với các nhiệm hữu tỷ

CMR với các số nguyên lẻ  a,b,c tuỳ ý phương trình $ax^{2}+bx+c=0$ không có nghiệm hữu tỷ