Christian Goldbach

Chán quá anh ạ, thiếu tí thời gian thì làm được :'(

Không sao đâu e ạ chắc gì đã thua chúng nó =))) năm ngoái a làm hết mà k có giải vẫn quẩy tưng bừng :v Xõa đê

Klq nhưng e mua hồ sơ trường a chưa? bán r đấy!

Ban ra đề kém thế? lấy nguyên câu bđt bọn a mới thi chuyển hệ kì I. Lúc thi a có 3 cách làm như sau:

C1:

Đặt a=1-x, b=2-y thay vào đc c=3+x+y.

Thay vào bđt cần cm phá ra nhóm đc điều phải cm.

C2: 

BĐT cần chứng minh tương đương với :

$x+y+z+xy+yz+zx\geq 3xyz\Leftrightarrow 7+z(6-z)+xy(1-3z)\geq 0$

kết hợp với AM-GM ta có :$7+z(6-z)+xy(1-3z)\geq 7+z(6-z)+\frac{(7-z)^2}{8}(1-3z) ;( 1-3z<0)=\frac{1}{8}(z-3)(7-z)(3z-5)\geq 0\Rightarrow Q.E.D$

C3: Dùng tính chất của hàm số bậc nhất. cố định 1 biến z kết hợp với tính chất min, max của hàm số bậc nhất tại 1 khoảng xảy ra ở biên cũng suy ra đc đpcm.

P/S: Mấy ông ra đề toàn ăn cắp. năm ngoái ăn cắp cả bài hình thi CSP :3

3) Ta có :

$\frac{1}{AD}+\frac{1}{HD}=\frac{2}{ED}\Leftrightarrow 1-\frac{ED}{AD}=\frac{ED}{HD}-1\Leftrightarrow \frac{AE}{AD}=\frac{HE}{HD}$ ( từ tứ giác điều hòa BECD suy ra)

Cho tam giác ABC (BC<AC). M là trung điểm AB. AP vuông góc BC tại B, BQ vuông góc AC tại Q. Giả sử PQ giao AB tại T. CM: TH vuông góc CM ( H là trức tâm tam giác ABC)

Xét tứ điểm toàn phần AQCPTB dễ thấy (TEBA)=-1. Vì M là trung điểm AB nên theo hệ thức maclarin ta có: $\overline{TE}.\overline{TM}=\overline{TB}.\overline{TA}=\overline{TP}.\overline{TQ}$

Do đó T thuộc trục đẳng phương của $(O_1)$ và$(O_2)$ với $(O_1)$ là tâm ngoại tiếp (MEH), $(O_2)$ là tâm ngoại tiếp (HPCQ).

Lại có: H thuộc trục đẳng phương của $(O_1)$ và$(O_2)$. Từ đó TH vuông góc $O_1O_2$. dễ dàng cm $O_1O_2$ song song với CM.Ta có đpcm

Bài toán: Cho $a,b,c,d$là các số thực thỏa mãn$a^2+b^2+c^2+d^2=4$.Chứng minh:

$\sum \frac{a}{b+3}\leq 1$

Không khó

Bài 3 Ta có

$a_{n}=1+\dfrac{2^{n}.(1.3.5...(2n-1).[(n+4)!]}{(2n)!}$

$=1+\dfrac{2^{n}.[(n+4)!]}{2.4.6....2n}$

$=1+\dfrac{(n+4)!}{n!}$

$=1+(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)=(n^2+5n+5)^2$ (đpcm)

Mình làm quy nạp cũng ra như bạn!

Chứng minh rằng, hàng chục của bình phương một số lẻ luôn luôn chẵn

Gs chữ số hàng chục của 1 số lẻ là số lẻ.gs bình phương có tận cùng là $\bar{ab}$ (b khác 3;7;8)

Bình phương 1 số lẻ chia 4 dư 1.

mặt khác: $10a+b=2a+b=2(2k+1)+2p+1=4k+2+2p+1=4k+2p+3\equiv 1 mod4\Rightarrow 2p+3\equiv 1mod4\Rightarrow 2p= 2mod4\Rightarrow p= 1mod4\Rightarrow p= 1\Rightarrow b=3\Rightarrow Q.E.D$

Cho $a,b,c>0.$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm $Max_{A}$. Trong đó:$A=\Sigma \frac{a}{a^2+2b+3}$

$\sum \frac{a}{a^2+2b+3}\geq \sum \frac{a}{2a+2b+2}=\frac{1}{2}\sum \frac{a}{a+b+1}=\frac{1}{2}\left ( 3-\sum \frac{b+1}{a+b+1} \right )\leq \frac{1}{2}\left ( 3-\frac{(a+b+c+3)^2}{\sum (a+b+1)(b+1)} \right )(B.C.S)\leq \frac{1}{2}$

Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn $a+b+4ab=4(a^2+b^2)$

Tìm giá trị lớn nhất của A=$20(a^3+b^3)-6(a^2+b^2)+2013$

MOD.Chú ý tiêu đề

$A=20(a^3+b^3)-6(a^2+b^2)+2013=5(a+b)(4a^2+4b^2-4ab-a-b)+5(a+b)^2-6(a^2+b^2)+2013=10ab-a^2-b^2+2013$

Từ gt $2(a+b)^2\leq 4a^2+4b^2=4ab+a+b\leq (a+b)^2+a+b\Rightarrow a+b\leq 1\Rightarrow 10ab-a^2-b^2+2013\leq 5(a+b)^2-\frac{(a+b)^2}{2}+2013\leq ...$

Không mất tính TQ gs $a\geq b\geq c$

Khi đó:

$\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\leq \frac{a+b+c}{bc+1}$

Ta cm $a+b+c\leq 2(bc+1)$

Thực vậy $(b-1)(c-1)\geq 0\Rightarrow bc+1\geq b+c;1\geq a;bc\geq 0\Rightarrow 2(bc+1)\geq a+b+c$

Vậy bđt được cm

Bạn đăt bt là P $\Leftrightarrow t^2(P-1)+t(P+1)+P+3=0\Rightarrow \Delta =(P+1)^2-4(P-1)(P+3)\geq 0\Rightarrow ...$

Ta có $\frac{x^2-xy-3y^2}{3}\leq \frac{x^2-xy-3y^2}{x^2+xy+y^2}=\frac{t^2-t-3}{t^2+t+1};t=\frac{x}{y}$

Sau đó xát biệt thức delta

tương tự ta cũng tìm được min 

1) Ta có $x=\frac{S-5-3y}{2}$ Thay vào pt đầu rồi xét biệt thức delt theo y ta sẽ có min và max của S

2) đặt $S=x-2y\Rightarrow S^2=x^2+4y^2-4xy=\frac{x^2+4y^2-4xy}{x^2+xy+2y^2}=\frac{t^2+4-4t}{t^2+t+2},t=\frac{x}{y}$

Sau đó tìm đc max của $S^2$ >>> P

3) tt phần 1

4) P-1=x^2+y^2+z^2-y-2z.Tìm được Min P+1>> Min P

Xác định đa thức $f(x)=x^{2}+ax+b$ biết rằng $\left | f(x) \right |\leq \frac{1}{2}$ với mọi x thỏa mãn $-1\leq x\leq 1$

$\left | f(-1) \right |\leq \frac{1}{2}\Rightarrow \left | 1-a+b \right |\leq \frac{1}{2}$

$\left | f(1) \right |\leq \frac{1}{2}\Rightarrow \left | 1+a+b \right |\leq \frac{1}{2}$

$\left | f(0) \right |\leq \frac{1}{2}\Rightarrow -\frac{1}{2}\leq b\leq \frac{1}{2}$(1)

$1\geq \left | 1-a+b \right |+\left | 1+a+b \right |\geq \left | 2+2b \right |\Rightarrow 1\geq 2+2b\geqslant -1\Rightarrow -\frac{1}{2}\geq b\geq -\frac{3}{2}$(2)

Từ (1) và (2) suy ra $b=-\frac{1}{2}$$\Rightarrow f(x)=x^2+a-\frac{1}{2}$

Mặt khác $\left | 1+a-\frac{1}{2} \right |\leq \frac{1}{2}\Rightarrow \left | \frac{1}{2}+a \right |\leq \frac{1}{2}\Rightarrow -1\leq a\leq 0$

$\left | 1-a-\frac{1}{2} \right |\leq \frac{1}{2}\Rightarrow \left | \frac{1}{2}-a \right |\leq \frac{1}{2}\Rightarrow 0\geq -a\geq -1\Rightarrow a\geq 0$

Do đó a=0

Vậy $f(x)=x^2-\frac{1}{2}$

Cho tam giác ABC có AB bé hơn AC, 3 đường cao AH, BE, CF cắt nhau tại I. EF cắt CB tại P, AH tại K. Chứng minh $\frac{KF}{KE}=\frac{PF}{PE}$.

Dễ dàng cm KH là phân giác trong FHE,mà PH vg KH>>>> PH là phân giác ngoài FHE.Theo tc đường pg ta có:
$\frac{KF}{KE}=\frac{PF}{PE}=\frac{FH}{HE}$>>> ĐPCM

https://www.facebook...57598208&type=1