mathandyou

Bài hìnhhttp://cuoichutdi.wo...rtlist-2012-g3/

Đây là lời giải cùa một bạn trên AoPS

Gọi $X,Y$ lần lượt là trung điểm $AB,AC$.

Ta chứng minh được $ \triangle AKX\sim\triangle LAY $ sau đó chứng minh $ \triangle MXK\sim\triangle LYM $.

Từ đó

$ \angle KML=\angle (KM,XM)+\angle (MY,ML)+\angle (MY,MX)=180-\angle KXM+\angle A=180-(90+\angle A)+\angle A=90 $

Cứ $3$ điểm bất kì ta có $1$ tam giác.Tô màu cạnh nhỏ nhất của các tam giác đó bằng màu đỏ.Suy ra cạnh được tô màu có độ dài nhỏ hơn $671$Ta sẽ đi chứng minh tồn tại một ta giác có $3$ cạnh màu đỏ.

Chứng minh đó bạn xem ở đây:http://cuoichutdi.wo...ai-toan-to-hop/

Ta có ngay đpcm

Bài 3: Olympic 30-4-2014:

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

 

Ngày 2 (23/03/2014)

Câu 4

Cho tam giác cân $ABC$ có $AC=BC$. Gọi $G$ là một điểm nằm trên $BA$ sao cho $A$ nằm giữa $B$ và $D$. Gọi $(O_1)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAC$, $E$ là giao điểm của $(O_1)$ với $BC$. Gọi $F$ là một điểm trên $BC$ sao cho $FD$ là tiếp tuyến của $(O_1)$; gọi $(O_2)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $DBF$. Hai đường tròn $(O_1),(O_2)$ cắt nhau ở điểm thứ hai $G$. Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $BEG$. Chứng minh rằng $FG$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ khi và chỉ khi $DG \perp FO$.

 

 

Ta có:$\angle CAB=\angle DEB$ nên $\triangle DBE \sim CBA$.

Suy ra:$DB=DE$ nên $DO$ là đường trung trực của $BE$.

Ta lại có:tứ giác $DBFD$ nội tiếp và $FD$ là tiếp tuyến của $(O_1)$ nên:

$\angle EBG=\angle BDF=\angle DEG$

Suy ra: $DE$ là tiếp tuyến của $(O)$.

Do đó:$ OG^2=OE^2=OM.OD\Rightarrow $ $\triangle OMG\sim \triangle OGD$

$\Rightarrow\angle OGM=\angle ODG $

Vì $ \angle OMF=90 $ nên $FG$ là tiếp tuyến của $(O)$ khi và chỉ khi: $ \angle OGF=90\iff O,M,G,F $

$ \iff\angle OFM=\angle MGO=\angle ODG\iff DF\perp OF $

Bài ngày một giông giống mà nhìn hình loằng ngoằn quá.TT

http://cuoichutdi.wo...2014-problem-4/

Cho $a,b,c>0$.Chứng minh:$abc(a+b+c) +(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 4\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}abc$

Ủng hộ hai bài mai thi rồi.

Bài 28:Cho $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng minh bất đẳng thức:

$(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})(\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}) \geq \dfrac{9}{1+abc}$

Bài 29:Cho các số thực $a_1,a_2,..,a_n$ đồng thời thỏa mãn:$a_1+a_2+..+a_n \geq n$ và $a_1^2+a_2^2+..+a_n^2 \geq n^2$.

Chứng minh: $max$ {a_1,a_2,..,a_n} $\geq 2$

Lời giải :

Theo BĐT $AM-GM$ :

$$2^{x^5}+4^{x^4}+256^4\geq 3\sqrt[3]{2^{x^5}.4^{x^4}.256^4}=3\sqrt[3]{2^{x^5+2x^4+32}}\geq 3\sqrt[3]{2^{3\sqrt[3]{x^5.2x^4.32}}}=3\sqrt[3]{2^{12.x^3}}=3.16^{x^3}$$

Dấu bằng phải xảy ra khi và chỉ khi $$\left\{\begin{matrix} 2^{x^5}=4^{x^4}=256^4\\ x^5=2x^4=32 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=2$$

Nghiệm của phương trình là $x=2$

x>0 không chú?

Bài 1: $\sqrt{7x^{2}+25x+19}-\sqrt{x^{2}-2x-35}=7\sqrt{x+2} <=>(\sqrt{x^{2}-2x-35}+7\sqrt{x+2})^{2}=7x^{2}+25x+19$

$<=>3x^{2}-11x-22=7\sqrt{(x^{2}-5x-14)(x+5)}$

Đặt $\left\{\begin{matrix} x^{2}-5x-14=u\\ x+5=v \end{matrix}\right.$

Ta được phương trình: $3u+4v=7\sqrt{uv}<=>\left\{\begin{matrix} 3u+4v\geq 0\\ \begin{bmatrix} u=v\\ u=\frac{16}{9}v \end{bmatrix} \end{matrix}\right.$

$<=>\begin{bmatrix} x^{2}-5x-14=x+5\\ x^{2}-5x-14=\frac{16}{9}(x+5) \end{bmatrix}<=>\begin{bmatrix} x=3+2\sqrt{7}\\ x=3-2\sqrt{7} \\ x=\frac{61+\sqrt{11137}}{18} \\ x=\frac{61-\sqrt{11137}}{18} \end{bmatrix}$

Thử lại: $x=3+2\sqrt{7};x=\frac{61+\sqrt{11137}}{18}$ là nghiệm của phương trình.

Bài 3:

Đặt $\frac{x^{2}+pxy}{xy}=k=>x^{2}-kxy+py^{2}=0=>x=\frac{k\pm \sqrt{k^{2}-4p}}{2}.y$

Giả sử $\sqrt{k^{2}-4p}\epsilon \mathbb{I}=>x=i.y$ (trong đó $i\epsilon \mathbb{I}$)

Điều này vô lý vì $x,y\epsilon Z^{+}$

Vậy $\sqrt{k^{2}-4p}=m(m\epsilon Z^{+})$$=>k^{2}-4p=m^{2}=>(k+m)(k-m)=4p$

Mà $k+m;k-m$ cùng tính chẵn, lẻ và $k+m>k-m$ nên xảy ra các trường hợp sau:

Trường hợp 1: $\left\{\begin{matrix} k+m=4\\ k-m=p \end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix} p=2\\ k=3 \\ m=1 \end{matrix}\right.=>\begin{bmatrix} x=y\\x=2y \end{bmatrix}=>\frac{x^{2}+py^{2}}{xy}=3=p+1$

Trường hợp 2: $\left\{\begin{matrix} k+m=p\\k-m=4 \end{matrix}\right.=>k=\frac{p+4}{2}=>\begin{bmatrix} x=py\\ x=y \end{bmatrix}=>\frac{x^{2}+py^{2}}{xy}=p+1$

Trường hợp 3: $\left\{\begin{matrix} k+m=2p\\k-m=2 \end{matrix}\right.=>k=p+1=>\begin{bmatrix} x=py\\ x=y \end{bmatrix}=>\frac{x^{2}+py^{2}}{xy}=p+1$

Vậy $\frac{x^{2}+py^{2}}{xy}=p+1$

Bài 4: Theo giả thiết ta có:    $f(m+f(n))=f(m)-n (1)$

Giả sử $f(a)=f(b)=>f(m+f(a))=f(m+f(b))=>f(m)-a=f(m)-b=>a=b$$=> $$f$ đơn ánh

Trong $(1)$ thay $m$ bởi $f(m)$ ta được:

$f(f(m)+f(n))=f(f(m))-n=f(0+f(m))-n=f(0)-(m+n)=f(f(m+n))=>f(m)+f(n)=f(m+n)$$=>f(n)=an$

Thay $=>f(n)=an$ vào $(1)$ ta được: $a(m+an)=am-n=>a^{2}=-1$ (vô lý)

Vậy không tồn tại $f$ thỏa

Bài 5:

Ta nhận thấy $a_{m}+a_{n}\equiv a_{m}-a_{n}\equiv a_{n}-a_{m}(mod 2)$

Vì vậy sau $k$ lần thay số thì tồng các số của dãy mới cùng tính chẵn lẻ với dãy ban đầu

Mà tồng các số của dãy ban đầu là: $1+2+3+...+2014\equiv 2029105\equiv 1(mod2)$

Suy ra sau $2013$ lần thay số thì còn lại moật số và dố đó phải là số lẻ

Vì vậy sau $2013$ lần thay số thì còn một số và số đó khác 0.

woa 

Cho $a,b,c>0$ và thỏa:$ab+bc+ca=3$.Chứng minh rằng:

$$a\sqrt{\frac{b+c}{a^2+bc}}+b\sqrt{\frac{c+a}{b^2+ca}}+c\sqrt{\frac{a+b}{c^2+ab}} \leq \frac{3}{abc}$$

Bài 2:tổng quát là định lí sivestre.Chứng minh bằng qui nạp.Cũng từng là đề thi hsg QG

Ôi, em làm như anh khúc đánh giá $VT>VP$ nhưng mà vì trong bài có chỗ $q+1 \vdots p^{n-1}+p^{n-2}+...+1\not{a}\vdots p$, thấy dòng này sai nên gạch luôn bài. 

 

Anh làm bài cũng tàm tạm thôi, được 4 bài nhưng mà bài PT thì quên đặt đk @@

chú thế nào chả đậu.Mà không đậu thì có sao.Anh cũng có thi cử được gì đâu.Vẫn vui vẻ.được học toán là vui rồi.

Chú nói đúng đấy,Không đậu nhẹ nhàng hơn.Đậu càng tốt thôi,có cơ hội học hỏi thêm.

Bài số:

Có lẽ đây là bài buồn cười nhất.

Từ giả thiết:$q(q+1)=p(p^{n-1}+..+p+1).$

TH1:$q \vdots (p^{n-1}+..+p+1)$ thì $q(q+1) \geq (p^{n-1}+..+p+1)((p^{n-1}+..+p+2).$

TH2:$(q+1) \vdots (p^{n-1}+..+p+1)$ thì $q(q+1) \geq (p^{n-1}+..+p+1)((p^{n-1}+..+p)$

Tất cả các TH đều thay $q(q+1)=p(p^{n-1}+..+p+1)$ đồng nhất hệ số

@@

Chết e rồi, quên chứng minh $x\geq 1$. Á Á á á.         

Thôi không sao.Chú làm thế chắc đậu rồi.

Bài phương trình còn có 2 cách tiếp cận nữa là:

1)Dùng bđt AM-GM cho 3 số:$2,2,x-1$.(chứng minh $x-1 \geq 0$

2)Đặt ẩn đưa về hệ đối xứng.