Ha Manh Huu

Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

     i) $\frac{x-y\sqrt{2014}}{y-z\sqrt{2014}}$ là một số hữu tỷ

     ii) $x^{2}+y^{2}+z^{2}$ là một số nguyên tố.

đặt $\frac{x-y\sqrt{2014}}{y-z\sqrt{2014}}=\frac{a}{b}$

ta có $xb-yb\sqrt{2014}=ya-za\sqrt{2014}\Rightarrow xb-ya=(yb-za)\sqrt{2014}\Rightarrow xb-ya=yb-za=0\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{y}{z}=\frac{a}{b}\Rightarrow xz=y^2$ ( do $\sqrt{2014}$ là số vô tỉ 

ta có $x^2+y^2+z^2=x^2+2y^2+z^2-y^2=x^2+2xz+z^2-y^2=(x+z-y)(x+z+y)$

do $x^2+y^2+z^2$ là số nguyên tố nên $x+z-y=1$ hay $x+z=y+1$

<=> $x^2+z^2+2y^2=y^2+2y+1$ <=> $(y-1)^2+x^2+z^2-2=0$ do x,y,z nguyên dương nên x=y=z=1

Các biểu thức x + y + z và $\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}$ có thể cùng có giá trị bằng 0 được hay không? 

Chứng minh bằng pp phản chứng. Help me. 

đk x,y,z khác 0

nếu cả 2 cái đấy =0 tứ là x+y+z=0 và quy đồng cái kia lên nên xy+yz+zx=0 

nên $(x+y+z)^2-(xy+yz+zx)=0$ do đó $x^2+y^2+z^2=0$ hay x=y=z=0 vô lí 

1. Cho $\left\{\begin{matrix} a,b,c>0 & & \\ abc=1 & & \end{matrix}\right.$.

Chứng minh $\frac{ab}{a^{5}+b^{5}+ab}+\frac{bc}{b^{5}+c^{5}+bc}+\frac{ac}{a^{5}+c^{5}+ac}\leq 1$

2. Cho $a,b,c\epsilon [0;2]$.Chứng minh $a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 5$

3. Cho $\left\{\begin{matrix}a<b<c &  & \\ a+b+c=6 &  & \\ ab+bc+ac=9 &  & \end{matrix}\right.$

Chứng minh $a<1<b<3<c<4$

4. Cho $m,n\epsilon \mathbb{N}*$.Chứng minh $\left | \frac{m}{n}-\sqrt{2} \right |\geq \frac{1}{n^{2}(\sqrt{3}+\sqrt{2})}$

5. Cho $\left\{\begin{matrix} x,y,z\epsilon [-1;1] & & \\ x+y+z=0 & & \end{matrix}\right.$.Chứng minh $x^{2}+y^{4}+z^{6}\leq 2$

6. Chứng minh với $n\epsilon \mathbb{N}*,n>1$ thì

$\sqrt{2}+\sqrt{3^{2}}+\sqrt{4^{3}}+...+\sqrt{(n+1)^{n}}<(n+1)!$

7. Giả sử $a^{2013} +b^{2013} > a^{2012}+b^{2012}$

Chứng minh $a^{2014} +b^{2014} > a^{2013}+b^{2013}$

8. Giả sử $a1,a2,a3,...,an;b1,b2,...,bn;c1,c2,...,cn>0$ thỏa mãn 

$\left\{\begin{matrix} a1,a2,...,an=A & & \\ b1,b2,...,bn=B & & \\ c1,c2,...,cn=C & & \end{matrix}\right.$

Chứng minh $min\begin{Bmatrix} a1b1c1 &a2b2c2 ... &anbncn \end{Bmatrix}\leq \frac{ABC}{A^{3}}$

bài 7 ta có $a^{2014}+a^{2012} \geq 2a^{2013} ; b^{2014}+b^{2012} \geq 2b^{2013}\Rightarrow a^{2014}+b^{2014}+a^{2012}+b^{2012} \geq 2(a^{2013}+b^{2013})$ mà  $a^{2013}+b^{2013}>a^{2012}+b^{2012}$ nên ta có đpcm

bài 5 do $-1 \leq x,y,z \leq 1$ nên $x^2+y^4+z^6\leq \left | x \right |+\left | y \right |+\left | z \right |=\left | x \right |+\left | y+z \right |=2\left | x \right | \leq 2$ (do trong 3 số x,y,z luôn tồn tại 2 số cùng dấu và x+y+z=0 nên y+z=-x)

Cho a>b>0. Chứng minh bất đẳng thức sau:

$a+\frac{b}{(a-b).(b+1)^2}\geq 3$

ta có bđt này sai khi a=2 và b=1 

Cho ba số a,b,c thỏa mãn $a>0,a^2=bc,a+b+c=abc$. Chứng mình rằng: $a\geq \sqrt{3};b^2+c^2\geq 2a^2$

$a^3=abc=a+b+c \geq a+2\sqrt{bc}=3a$ do đó $a\geq \sqrt{3}$ (cách này sai)

ta có $b^2+c^2 \geq 2bc =2a^2$

Cho x,y,z là các số dương và $x+y+z\leq \frac{3}{2}$. Tìm GTNN của $P=x+y+x+\frac{1}{x^2y}+\frac{1}{y^2z}+\frac{1}{z^2x}$

ta có $x+\frac{1}{16z^2x}\geq \frac{1}{2z}$ tương tự rồi cộng vế ta có $P \geq\frac{1}{2}(\sum \frac{1}{x})+\frac{15}{16}(\sum \frac{1}{x^2y})\geq \frac{1}{2}.\frac{9}{x+y+z}+\frac{45}{16}.\frac{1}{xyz}$

do $\frac{3}{2}\geq x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}\Rightarrow xyz\leq \frac{1}{8}$

do đó $P \geq \frac{9}{2}.\frac{2}{3}+\frac{45}{16.\frac{1}{8}}=\frac{51}{2}$ dấu = xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{2}$

Cho x,y,z nguyên và thoả mãn điều kiện:

$x+y+z=(x-y)(y-z)(z-x)$

Chứng minh rằng:

$M=(x-y)^{3}+(y-z)^{3}+(z-x)^{3}$ chia hết cho 81.

ta có x-y=a ,y-z=b,z-x=c thì a+b+c=0 do đó $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=0$ chia hết cho 81 ta cm 3abc chia hết cho 81 hay abc chia hết cho 27 

từ $x+y+z=(x-y)(y-z)(z-x)$ (1)

nếu cả 3 số x,y,z đều có cùng số dư khi chia cho 3 thì ta có x-y ,y-z và z-x đều chia hết cho 3 do đó abc chia hết cho 27

nếu cả 3 số có số dư khác nhau khi chia cho 3 thì VT của (1) chia hết cho 3 còn VP thì không (loại)

nếu chỉ có 2 số cùng số dư khi chia cho 3 thì VT không chia hết cho 3 và VP chia hết cho 3 (vô lí)

vậy ta luôn có đpcm

$\frac{x^2}{x+2y^2}=x-\frac{2xy^2}{x+2y^2}\geq x-\frac{2xy^2}{3\sqrt[3]{xy^4}}=x-\frac{2}{3}\sqrt[3]{x^2y^2}$

ta lại có $3\sqrt[3]{xy.xy.1}\leq xy+xy+1\Rightarrow x-\frac{2\sqrt[3]{xy}}{3}\geq x-\frac{2}{9}(xy+xy+1)\Rightarrow \sum \frac{x^2}{x+2y^2}\geq x+y+z-\frac{2}{9}(2xy+2xy+2zx+3)$

và từ x+y+z=3 ta có $3\left (xy+yz+zx \right )\leq (x+y+z)^2\Rightarrow xy+yz+zx\leq 3\Rightarrow \sum \frac{x^2}{x+2y^2}\geq 3-\frac{2}{9}.9=1$

dấu = xảy ra khi x=y=z=1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO          ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2010-2011            THÁI BÌNH                                                    

          -------------                                                                Môn: TOÁN          

                                                               Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

 

Bài 4: (3 điểm) Cho $a,b,c$ là $3$ số thực dương. Chứng minh rằng:

$\sqrt{\frac{a}{b+c+2a}}+\sqrt{\frac{b}{c+a+2b}}+\sqrt{\frac{c}{a+b+2c}}\leq \frac{3}{2}$

 

$VT^2\leq 3( \frac{a}{a+b+a+c}+\frac{b}{b+a+b+c}+\frac{c}{c+a+c+b})\leq \frac{3}{4}(\sum \frac{a}{a+b}+\sum \frac{a}{a+c})= \frac{9}{4}\Rightarrow VT \leq \frac{3}{2}$

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO          ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2010-2011            THÁI BÌNH                                                    

          -------------                                                                Môn: TOÁN          

                                                               Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

 

Bài 7: (2 điểm) Cho hình bình hành $ABCD$ và $n=4k+1$ ($k$ nguyên dương) đường thẳng. Mỗi đường thẳng đó chia hình bình hành thành hai hình thang có tỷ số diện tích là $m$($m$ là số dương cho trước). Chứng minh rằng có ít nhất $k+1$ đường thẳng trong số $n$ đường thẳng nói trên đồng quy. ( Hình bình hành cũng được xem như hình thang)

gọi hbh đó là ABCD lấy M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC,CD,DA gọi O là giao điểm của MP và NQ 

* Do Mỗi đường thẳng đó chia hình bình hành thành hai hình thang nên đường thẳng này phải chắt 2 cạnh đối nhau

giả sử nó cắt AB tại G cắt CD tại H và cắt NQ ở K

ta có $\frac{S_{AGHD}}{S_{GBCP}}=m\Leftrightarrow \frac{AG+DH}{GB+HC}=m\Leftrightarrow \frac{QK}{KN}=m$(tính chất đường trung bình hình thang) => K là điểm cố định

như vậy các đường thẳng nếu cắt NQ sẽ chia NQ theo tỉ số $m$ hoặc $\frac{1}{m}$ (không đổi) .suy ra các đường thẳng nếu cắt NQ sẽ đi qua ít nhất 1 trong 2 điẻm ko đổi

tương tự trên với MP 

từ đó ta có 4k+1 đt đi qua 4 điểm nên tồn tại ít nhất k+1 đt đi qua 1 điểm cố định (nguyên lí đi rich lê)

Cái này sai rồi. Thứ nhất Nếu $n=3k$ thì $n+2005$ ở đâu thế ???

Thứ hai : Nếu $n=3k+1$ thì $x=6k+2005$ chia $3$ dư $1$ mà bạn ??

Thứ $3$ Nếu $n=3k+2$ thì $y=9k+2011$ mà!!!

Đó là các điểm thắc mắc của em . Mong anh xem lại!!

xin lỗi vì đã làm sao bài này ẩu quá nên xét nhầm mod và đọc sai đề bài 

trước hết ta thấy các số chính phương chia 8 dư 0,1,4 và chia 4 dư 0,1

ta nét n=4k thì x=8k+2003 chia 8 dư 3 (loại)

n=4k+1 thì x= 8k+2005 chia 8 dư 5

n=4k+2 thì y= 12k+2011 chia 4 dư 3 (loại)

n=4k+3 thìy= 12k+2014 chia 4 dư 2 (loại)

1.Cho $0<a \leq b \leq c, bc \leq 6, abc \leq 6$.Chứng minh $a+b+c \leq 6$

2. Cho 2 số thực $a,b$ thỏa mãn $a+b \geq 1, a>0$. Tìm GTNN của

$A=\frac{8a^2+b}{4a}+b^2$

bài 1 đề sai ví dụ cho c=12 b=1/2 a=1/3 thì a+b+c>6

bài 2 ta có nếu b<0 thì a>1 và $\left | a \right |>\left | b \right |$  do đó $A>\frac{7a^2}{4a}+b^2>\frac{7}{4}$

nếu $b\geq 0$ ta có $A=\frac{8a^2+b+4ab^2}{4a}=\frac{6a^2+(2a^2+b+4ab^2)}{4a}\geq \frac{6a^2+6ab}{4a}= \frac{6a(a+b)}{4a}\geq \frac{3}{2}$ (Áp dụng bđt cô si và $a+b \geq 1$)

như vậy ta có A nhỏ nhất =$\frac{3}{2}$ khi $a+b=1$ ; $2a^2=b=4ab^2$ suy ra $a=b=\frac{1}{2}$

1.$\frac{\sqrt{a}}{b}+\frac{\sqrt{b}}{c}+\frac{\sqrt{c}}{a}\geq \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}$

2.$\frac{\sqrt{bc}}{a(\sqrt{b}+\sqrt{c})}+\frac{\sqrt{ac}}{b(\sqrt{a}+\sqrt{c})}+\frac{\sqrt{ba}}{c(\sqrt{a}+\sqrt{c})}\geq \frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}})$

3.$a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\geq a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}$

4.$a^2\sqrt{a}+b^2\sqrt{b}+c^2\sqrt{c}\geq ab\sqrt{b}+bc\sqrt{c}+ca\sqrt{a}$

bài 2 đặt $\sqrt{a}=\frac{1}{x};\sqrt{b}=\frac{1}{y};\sqrt{c}=\frac{1}{z}$

ta có bđt cần cm tương đương với$\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\geq \frac{1}{2}(x+y+z)$

dùng Cauchy swarch ta có $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}=\frac{1}{2}(x+y+z) (dpcm)$

Bài 3 bài 4 thì đặt $\sqrt{a}=x ; \sqrt{b}=y, \sqrt{c}=z$ 

xong áp dụng cô si là ra 

ví dụ câu 3 $x^3+x^3+y^3 \geq  3x^2y$ tương tự rồi cộng vế

câu 4 thì $x^5+x^5+y^5+y^5+y^5 \geq 5 x^2y^3$ tương tự rồi cộng vế

Cho 2 số nguyên dương $a,b$ . Biết rằng trong $4$ mệnh đề $P,Q,R,S$ dưới đây có duy nhất $1$ mệnh đề sai :

$P=a=2b+5, R= (a+b) \vdots 3 , Q= a+1 \vdots b , S= a+7b$ là số nguyên tố 

1. Hãy chỉ ra mệnh đề nào sai

2. Tìm tất cả các cặp số a,b thoả điều kiện còn lại

ta có a+b=3b+5 ko chia hết cho 3 do đó mệnh để P hoặc Q sai

nếu P sai  ,R đúng thì ta có a+7b=a+b+6b chia hết cho 3 ko là số nguyên tố (loại)

nếu P đúng , R sai ta có

a+1 chia hết cho b nên 2b+6 chia hết cho b nên b là ước của 6 

nếu b=1 thì a chia 3 dư 2 nên a+7b chia hết cho 3 loại

nếu b=3 hoặc b=6 thì a chia hết cho 3 nên a+7b chia hết cho 3 loại

nếu b=2 thì a chia 3 dư 1 nên a+7b chioa hết cho 3 loại

vậy ko tồn tại a,b thỏa mãn đk còn lại

Cho các số thực $x,y,z$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{x^2-xy+y^2}+\sqrt{y^2-yz+z^2}\geq \sqrt{z^2+zx+x^2}$

dùng C-S ta có $VT=\sqrt{(\frac{x}{2}-y)^2+\frac{3x^2}{4}}+\sqrt{(y-\frac{z}{2})^2+\frac{3z^2}{4}}\geq \sqrt{\frac{(x-z)^2}{4}+\frac{3(x+z)^2}{4}}=\sqrt{x^2+z^2+xz} (dpcm)$