Tran Nguyen Lan 1107

Mình có mấy bài BĐT nghĩ mãi không ra. Các bạn giúp mình nhé!

 

Bài toán 10. Cho các số dương x, y, z có tích bẳng 1. Chứng minh rằng $\frac{1}{1+x+{{x}^{2}}}+\frac{1}{1+y+{{y}^{2}}}+\frac{1}{1+z+{{z}^{2}}}\ge 1$

 

Ta có BĐT <=>A= $\sum \frac{\frac{1}{x^{2}}}{\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x}+1}\geq 1$

                  <=>A= $\sum \frac{y^{2}z^{2}}{y^{2}z^{2}+yz+1}\geq 1$

The bdt Svacxơ ta có

$A\geq \frac{(xy+yz+zx)^{2}}{\sum x^{2}y^{2}+\sum xy+3}$ 

    =$\frac{\sum x^{2}y^{2}+2\sum xy}{\sum x^{2}y^{2}+\sum xy+3}$

    $\geq \frac{\sum x^{2}y^{2}+\sum xy+3\sqrt[3]{(xyz)^{2}}}{\sum x^{2}y^{2}+\sum xy+3}=1$

Dấu bẵng <=> x=y=z=1

Cho $x, y, z$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $xyz = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  

$$E=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{1}{y^3(z+x)}+\frac{1}{z^3(x+y)}.$$

Toán thủ ra đề: angleofdarkness

Ta có $E=\sum \frac{1}{x^{3}(y+z)}=\sum \frac{xyz}{x^{3}(y+z)}=\sum \frac{1}{x^{2}(\frac{1}{y}+\frac{1}{z})}$

Đặt $\frac{1}{x}=a,\frac{1}{y}=b,\frac{1}{z}=c=>abc=1$

$E=\sum \frac{1}{\frac{b+c}{a^{2}}}=\sum \frac{a^{2}}{b+c}$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki và Côsi ta có:

$(\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{a+b})(b+c+a+c+a+b)\geq (a+b+c)^{2}$

Suy ra $E.2(a+b+c)\geq (a+b+c)^{2}<=> E\geq \frac{a+b+c}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\frac{3}{2}$

Vậy Min E=$\frac{3}{2}<=>a=b=c<=>x=y=z=1$

d=10

S = 47

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

ĐKXĐ: $x\geq 0$

Đặt $\sqrt{x-1}=a,\sqrt{x^{2}+x+1}=b$ 

Suy ra $2x^{2}+5x-1=3a^{2}+b^{2}$,$ab=\sqrt{x^{3}-1}$$3a^{2}+2b^{2}=7ab$

<=>$(a-2b)(3a-b)=0<=>a=2b hoặc a=\frac{b}{3}$

Với $a=2b =>x-1=4(x^{2}+x+1)$

<=>$4x^{2}+3x+5=0$ vô lí vì $3x^{2}+3x+3+x^{2}+2>0$

Với $3a=b$ suy ra $9(x-1)=x^{2}+x+1$ <=> $x^{2}-8x+10=0$<=> $x=4+\sqrt{6},x=4-\sqrt{6}$

Vậy nghiệm của phương trình là $S={4+\sqrt{6},4-\sqrt{6}}$

Tìm $a,b\epsilon \mathbb{Z}$ sao cho $(a-1)^{2}(a^{2}+9)=4b^{2}+20b+25$

Suy ra $(a-1)^{2}(a^{2}+9)=(2b+5)^{2}$

Hay $a^{2}+9=(\frac{2b+5}{a-1})^{2}$

Do $a^{2}+9\in Z$ nên $\frac{2b+5}{a-1}\in Z$

Đặt $\frac{2b+5}{a-1}=k$ suy ra $a^{2}+9=k^{2} <=> k^{2}-a^{2}=9<=> (k-a)(k+a)=9$

Xét các TH rồi giải thôi

Tồn tại hay không các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình sau đây ?

$$\sqrt{2025x^2+2012x+3188}=2013x-2011y+2094$$

Đề của 

lenin1999

Có tồn tại, ví dụ x=1,y=2

Không biết cách này được không ạ

   Bạn nên trình bày cẩn thận không nên chỉ đánh giá tắt

    d = 0

    S =0

Cho $x,y,z$ là ba số thực dương. Tìm GTNN của biểu thức:

$S= \frac{\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}}}{x+y+2z}+\frac{\sqrt{y^{2}-yz+z^{2}}}{y+z+2x}+\frac{\sqrt{z^{2}-zx+x^{2}}}{z+x+2y}$

Ta có $(x+y)^{2}\leq 4(x^{2}-xy+y^{2})$

Suy ra $(x+y)\leq 2\sqrt{(x^{2}-xy+y^{2})}$

Từ đây =>$2S\geq \sum \frac{x+y}{x+y+2z}$

Đặt x+y=a,y+z=b,z+x=c thì $2S\geq \sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}$

Suy ra $S\geq \frac{3}{4}$

Cho bàn cờ vua $8 \times 8$. Theo thứ tự từ trái qua phải, từ trên xuống dưới, ta làm việc sau:

Trong ô cờ thứ nhất đặt 1 hạt ngô

Trong ô cờ thứ hai đặt 2 hạt ngô

Trong ô cờ thứ ba đặt 4 hạt ngô

...

Trong ô cờ thứ 64 đặt $2^{63}$ hạt ngô.

 

Một con mã ô đầu tiên của bàn cờ, nó đi lòng vòng và ăn các hạt ngô trong ô nó nhảy đến( con mã di chuyển theo hình chữ L - 3 ô như đối với môn cờ vua) nhưng nó không ăn ở ô đầu tiên và không nhảy trở lại ô đầu tiên. Sau mỗi lần nó ăn người ta lại đặt số ngô bằng số ngô ban đầu vào trong ô đó. Sau khi con mã đi xong nó quay trở về ô đầu tiên và ăn nốt hạt ngô ở ô đó.

 

Hãy CM rằng số ngô mà con mã ăn chia hết cho 3.

Ta tô màu trắng đen cho bàn cờ giống như trong cờ vua, giả sử ô thứ nhất màu đen thì ta luôn có ô máu đen có số hạt dạng $2^{2k}$$\equiv 1(mod 3)$ với $k\in \mathbb{N}$, ô màu trắng có số hạt dạng $2^{2k+1}$$\equiv 2(mod 3)$ ($k\in \mathbb{N}$)

Ta dễ thấy khi đi 1 nước, con mã đi tới 1 ô khác màu ô nó đang đứng 

Vậy nên để đi từ ô thứ nhất để đi lòng vòng về ô thứ nhất ta cần có 2n nước đi ($n\in \mathbb{N}$) trong đó có n nước đi vào ô trắng , n nước đi vào ô đen 

Gọi $S_{1}$ là số hạt con mã ăn được ở trong những ô trắng thì $S_{1}\equiv 2n(mod 3)$

     $S_{2}$ là số hạt con mã ăn ở trong những ô đen, do ô thứ nhất chỉ tính là ăn 1 lần nên $S_{2}\equiv n(mod 3)$

Suy ra tổng số hạt con mã ăn được là $S=S_{1}+S_{2}\equiv 2n+n\equiv 3n(mod 3) hay S\vdots 3$ (ĐPCM) 

Sở GD&ĐT Nghệ An                      Kỳ Thi Chọn Học Thi Giỏi Lớp 9
                                                               Năm Học 2013-2014
   Đề Chính Thức                                  Môn Thi: Toán- Bảng A
                                                    Thời gian:150 phút (không kể thời gian giao đề)
 
Câu 5 Cho đường gấp khúc khép kín có độ dài bằng $1$.Chứng minh rằng luôn tồn tại một hình tròn có bán kính $R=\dfrac{1}{4}$ chứa toàn bộ đường gấp khúc đó 

Trên đường gấp khúc lấy 2 điểm A,B sao cho A,B chia đường gấp khúc thành 2 phần = nhau =0,5
Suy ra $AB\leq 0,5$. Gọi trung điểm AB là O
Xét C là 1 điểm thuộc đường gấp khúc thì ta có $CM\leq (\frac{CA+CB}{2})\leq \frac{\frac{1}{2}}{2}=\frac{1}{4}$ (do C thuộc đường gấp khúc có độ dài =0,5
Tương tự thì khoảng cách từ O tới các điểm khác của đường gấp khúc cũng <$\frac{1}{4}$
Vậy $(O;\frac{1}{4})$ chính là đường tròn cần tìm

P/s: Đây chính là bài 203 trong sách Các bài toán hình học tổ hợp của Vũ Hữu Bình

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

Ta có$2\leq (x+y)^{3}+4xy\leq (x+y)^{3}+(x+y)^{2}$

Suy ra $(x+y)^{3}+(x+y)^{2}-2\geq 0<=> (x+y-1)[(x+y)^{2}+2(x+y)+2]\geq 0<=> x+y\geq 1$ do$(x+y)^{2}+2(x+y)+2>0$

Ta có P=$3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1=\frac{6(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-4(x^{2}+y^{2})+2}{2}$

=$\frac{2(x^{4}+y^{4})-2x^{2}y^{2}+4(x^{4}+y^{4}+2x^{2}y^{2})-4(x^{2}+y^{2})+2}{2}$

=$\frac{2(x^{4}+y^{4})-2x^{2}y^{2}+4(x^{4}+y^{4}+2x^{2}y^{2})-4(x^{2}+y^{2})+2}{2}$

 =$\frac{x^{4}+y^{4}+(x^{2}-y^{2})^{2}+[2(x^{2}+y^{2})-1]^{2}+1}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức $2(a^{2}+b^{2})\geq (a+b)^{2}$ ta có 

$x^{4}+y^{4}\geq \frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{2}\geq \frac{(x+y)^{4}}{8}\geq \frac{1}{8}$

Do $(x^{2}-y^{2})^{2}\geq 0,[2(x^{2}+y^{2})-1]^{2}\geq 0$

Suy ra $P\geq \frac{\frac{1}{8}+1}{2}=\frac{9}{16}$

Min P=$\frac{9}{16}$<=>x=y=$\frac{1}{2}$

Điểm 10 .

Cho $a_{1},a_{2}>0$$a_{1}c_{1}\geq b_{1}^{2}$ $, a_{2}c_{2}\geq b_{2}^{2}$. Chứng minh rằng:

$(a_{1}+a_{2})(c_{1}+c_{2})\geq (b_{1}+b_{2})^2$

Ta có $c_{1},c_{2}\geq 0$

Suy ra $a_{1}a_{2}c_{1}c_{2}\geq (b_{1}b_{2})^{2}$

Mà $a_{1}c_{2}+a_{2}c_{1}\geq 2\sqrt{a_{1}c_{1}a_{2}c_{2}}\geq 2b_{1}b_{2}$

Suy ra $a_{1}c_{1}+a_{2}c_{2}+ a_{1}c_{2}+a_{2}c_{1}\geq a_{1}c_{1}+a_{2}c_{2}+2\sqrt{a_{1}c_{1}a_{2}c_{2}}\geq b_{1}^{2}+2b_{1}b_{2}b_{2}^{2}=(b_{1}+b_{2})^{2}$ (dpcm)

Cho hình vuông abcd, hai điểm M, N bất kỳ với CM = CN, N nằm trên CD, M nằm trên BC. Kẻ CH vuông góc với BN tại H. CM: tam giác AHM vuông

Ta có $\angle HAB=\angle HMC=180^{\circ}-\angle BMH$

$\angle ABH=\angle MCH=90^{\circ}-\angle HBC$

=>$\angle AHB=\angle MHC$ =>$\angle AHB+\angle BHM=\angle MHC+\angle BHM<=> \angle AHM=\angle BHC=90^{\circ}$

suy ra AHM vuôing ở H

Cho x, y > 0 và $x+y\geq 6$. Tìm Min:

$A=5x+3y+\frac{16}{y}+\frac{12}{x}$

Tách thành A=$2x+2y+3x+\frac{12}{x}+y+\frac{16}{y}\geq 2.6+2\sqrt{3x.\frac{12}{x}}+2\sqrt{y.\frac{16}{y}}=32$

Dấu = <=> x=2,y=4

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. CMR:

$\sum \frac{a^2+9}{2a^2+(b+c)^2}\leq 5$

Ta có$\frac{a^{2}+9}{2a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{a^{2}+(a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{2a^{2}+(b+c)^{2}+2ab+2ac}{2a^{2}+(3-a)^{2}}=1+\frac{2a(b+c)}{3(a^{2}-2a+3)}$

Hay $\sum \frac{a^{2}+9}{2a^{2}+(b+c)^{2}}=3+\sum \frac{2a(b+c)}{3(a^{2}-2a+3)}\leq 5$

<=>$\sum \frac{ab+ac}{a^{2}-2a+3}\leq 3$

Mà $\frac{ab+ac}{a^{2}-2a+3}=\frac{ab+ac}{(a-1)^{2}+2}\leq \frac{ab+ac}{2}$

=$\sum \frac{ab+ac}{a^{2}-2a+3} \leq ab+ac+bc\leq 3$ suy ra DPCM

Do đề của các Toán thủ nộp chưa phù hợp nên trận này BTC sẽ ra đề

Đề của BTC:
Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC, CA, AB$ sao cho $\triangle DEF$ nhọn và $AD, BE, CF$ đồng quy. $M, N, P$ trên $EF, FD, DE$ sao cho $\triangle MNP$ nhọn và $DM, EN, FP$ đồng quy.

Chứng minh rằng: $AM, BN, CP$ cũng đồng quy.

Thời gian làm bài tính từ: 20h15 ngày 14/2/2014

P/s: mong các toán thủ đừng mải đi chơi với gấu mà quên làm bài :adore:

Bài trước của em dùng nhầm định lí nên xin làm lại ạ

Áp dụng định li Ceva vào tam giác ABC,DEF ta có

$\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$ (*)

$\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}=1$ (**)

Kéo dài AM cắt BC ở K,BN cắt AC ở I,CP cắt AB ở H

Kẻ BB',CC',FF',EE' vuông góc với AK

Ta có$\frac{BB'}{CC'}=\frac{BK}{CK}$ (Talet)

$\frac{FF'}{EE'}=\frac{MF}{ME}$ (Talet)

$\frac{BB'}{FF'}=\frac{AB}{AF}$ (Talet)

$\frac{CC'}{EE'}=\frac{AC}{AE}$ (Talet)

Từ đây suy ra $\frac{KB}{KC}=\frac{MF}{ME}.\frac{AB}{AC}.\frac{AE}{AF}$

Tương tự $\frac{IC}{IA}=\frac{ND}{NF}.\frac{BC}{BA}.\frac{BF}{BD}$

$\frac{HA}{HB}=\frac{PE}{PD}.\frac{CA}{CB}.\frac{CD}{CE}$

Hay $frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=\frac{MF}{ME}.\frac{ND}{NF}.\frac{PE}{PD}.\frac{AE}{AF}.\frac{BF}{BD}.\frac{CD}{CE}$=1 (theo (*) và (**))

Áp dụng định lí Ceva đảo suy ra AK,BI,CH thẳng hàng hay AM,BN,CP thẳng hàng

Cách làm tốt

$d=10$

$S=44.5$

Do đề của các Toán thủ nộp chưa phù hợp nên trận này BTC sẽ ra đề

Đề của BTC:
Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC, CA, AB$ sao cho $\triangle DEF$ nhọn và $AD, BE, CF$ đồng quy. $M, N, P$ trên $EF, FD, DE$ sao cho $\triangle MNP$ nhọn và $DM, EN, FP$ đồng quy.

Chứng minh rằng: $AM, BN, CP$ cũng đồng quy.

Thời gian làm bài tính từ: 20h15 ngày 14/2/2014

 

Em không vẽ được hình,mong btc thông cảm

Áp dụng định lí Mênlauyt vào 2 tam giác ABC,DEF ta có

$\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$ (*)

$\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}=1$ (**)

Kéo dài AM cắt BC ở K,BN cắt AC ở I,CP cắt AB ở H

Kẻ các đường cao BB',CC',EE',FF' xuống AK

Ta có $\frac{BK}{CK}=\frac{BB'}{CC"}$

$\frac{FF'}{EE'}=\frac{FM}{EM}$

$\frac{BB'}{FF'}=\frac{AB}{AF}$ =>$BB'=\frac{AB.FF'}{AF}$

$\frac{CC'}{EE'}=\frac{AC}{AE}$=>$CC'=\frac{AC.EE'}{AE}$

Từ đây suy ra $\frac{BK}{CK}=\frac{FM.AB.AF}{EM.AC.AE}$ (1)

Tương tự $\frac{CI}{AI}=\frac{ND.BC.BF}{NF.BA.BD}$ (2)

$\frac{AH}{BH}=\frac{PE.CA.CE}{PD.CB.CD}$ (3)

Nhân (1),(2),(3) vế theo vế

$\frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=\frac{FM.AB.AF}{EM.AC.AE}.\frac{DN.BC.BF}{FN.BA.BD}.\frac{PE.CA.CE}{PD.CB.CD}$

                                                                      =$\frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=\frac{FM.ND.PE}{ME.NF.PD}.\frac{AE.BF.CE}{AF.BD.CD}$

Theo (*) và (**) ta có$\frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=1

Áp dụng định lí Menlauyt đảo ta có AK, BI, CH đồng quy hay AM,BN,CP đồng quy

d=9

S=44