chardhdmovies

Cho đa giác đều $n$ đỉnh nội tiếp đường tròn tâm $O$, tìm số cách tô $n$ đỉnh tam giác bằng $m (m\geq2)$ màu sao cho 2 đỉnh kề nhau không được tô cùng màu. (Hai cách tô được coi là giống nhau nếu chúng nhận được qua nhau bằng một phép quay tâm $O$)

Cho $x,y,z>0$ thoả mãn $x+y+z=1$. Tìm $min$ của $F=\frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}+\frac{y^4}{(y^2+z^2)(y+z)}+\frac{z^4}{(z^2+x^2)(z+x)}$
tks you =))

Gợi ý: Chứng minh $\sum{\frac{x^4}{(x^2+y^2)(x+y)}}=\sum{\frac{y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}}$

Nhiệt liệt ủng hộ topic này luôn, chúc topic phát triển và đóng góp nhiều bài tập hay 

Bài 2: Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn đk: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d} = 4$. CM:

$\sqrt[3]{\frac{a^{3} + b^{3}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{b^{3} + c^{3}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{c^{3} + d^{3}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{d^{3} + a^{3}}{2}} \leq 2(a + b + c + d) - 4$

Bài 3: CMR nếu a,b,c>0 thì: 

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

3. Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}$. Ta biến đổi BĐT như sau:

$\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}-3\geq (\frac{a+b}{a+c}-1)+(\frac{b+c}{b+a}-1)+(\frac{c+a}{c+b}-1)$

$\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca}\geq \frac{b-c}{a+c}+\frac{c-a}{b+a}+\frac{a-b}{c+b}$

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+(a-c)(b-c)}{ab+bc+ca}\geq\frac{(a-c)(b-c)+b^2-a^2}{(a+c)(a+b)}+\frac{a-b}{b+c}$
$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+(a-c)(b-c)}{ab+bc+ca}\geq\frac{(a-c)(b-c)}{(a+c)(a+b)}+\frac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$

$\Leftrightarrow \frac{c^{2}(a-b)^2}{(ab+bc+ca)(a+c)(b+c)}+\frac{a^2(a-c)(b-c)}{(ab+bc+ca)(a+c)(a+b)}\geq0$
BĐT cuối cùng luôn đúng do $c=min\left \{ a,b,c \right \}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Cho số thực $k\in [-1,2]$, chứng minh BĐT sau đúng với mọi số thực $a,b,c$:
$[a^2+b^2+c^2+k(ab+bc+ca)][\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}}]\geq \frac{9(2-k)}{4}$

cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa abcd=1

c/m $\frac{1}{(1+a)^{3}}+\frac{1}{(1+b)^{3}}+\frac{1}{(1+c)^{3}}+\frac{1}{(1+a)^{3}}\geq \frac{1}{2}$

Áp dụng BĐT Holder, ta có: $(1+a)^{3}\leq (1+1)(1+\frac{a\sqrt{a}}{b\sqrt{b}})(1+ab\sqrt{ab})$

Suy ra: $\frac{1}{(1+a)^{3}}\geq \frac{b\sqrt{b}}{2(a\sqrt{a}+a\sqrt{b})(1+ab\sqrt{ab})}$

Tương tự, suy ra: $\frac{1}{(1+b)^{3}}\geq \frac{a\sqrt{a}}{2(a\sqrt{a}+a\sqrt{b})(1+ab\sqrt{ab})}$

Cộng lại ta có: $\frac{1}{(1+a)^{3}}+\frac{1}{(1+b)^{3}}\geq \frac{1}{2(1+ab\sqrt{ab})}$
Thiết lập BĐT tương tự với $c$ và $d$, cộng lại ta có:
$VT\geq \frac{1}{2(1+ab\sqrt{ab})}+\frac{1}{2(1+cd\sqrt{cd})}=\frac{1}{2(1+ab\sqrt{ab})}+\frac{ab\sqrt{ab}}{2(ab\sqrt{ab}+1)}=\frac{1}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d=1$

cho mình hỏi sao lại biết cách đặt như vậy? phương pháp là gì?

Bản chất là đồng bậc bđt thôi bạn, bđt thuần nhất thường dễ làm hơn.

 

Cho a,b dương. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{a^2}{a^2+b}+\frac{b^2}{b^2+a}+\frac{1}{12}(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3})$

 

Ta sẽ chứng minh: $P\geq \frac{7}{6}$

$\forall a,b>0,\exists x,y,k>0:a=k\sqrt[3]{\frac{x}{y}},b=k\sqrt[3]{\frac{y}{x}}$. Thay vào ta có:
$P=\frac{kx}{kx+y}+\frac{ky}{ky+x}+\frac{1}{12k^{3}}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$

$P=(\frac{kx}{kx+y}-\frac{k}{k+1})+(\frac{ky}{ky+x}-\frac{k}{k+1})+\frac{1}{12k^{3}}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2)+(\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3})$

$P=(x-y)^2[\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}]+\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3}$

Xét hàm thấy $\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3} \geq\frac{7}{6}$
Vậy cần chứng minh:

$\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}\geq 0$

Với $k\geq1$, bđt hiển nhiên đúng.

Xét $k<1$, áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}\geq \frac{k(k-1)}{(k+1)^3xy}+\frac{1}{12k^{3}xy}$

Vậy cần chứng minh:
$(k+1)^3+12k^4(k-1)\geq0$

Ta có: $(k+1)^3+12k^4(k-1)>(k+1)^3+12k^2(k-1)\geq(k+1)^3-12\frac{(1-k+k+k)^3}{27}=\frac{5}{9}(k+1)^3>0$

Vậy, GTNN của $P$ là $\frac{7}{6}$, đạt được khi $a=b=1$

Cho $a,b,c>0$. C/m:
$\sum \frac{2a}{2a+b+c}\geq 1+\frac{9abc}{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}$
P/s: Hy vọng lần này đề không sai

Bài 5 (3 điểm)

Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương $(x,y,z)$ của phương trình

$\left | 2^x-y^z \right |=1$

Từ giả thiết ta có: $2^{x}=y^z+1$ hoặc $2^x=y^z-1$. Dễ thấy $y$ lẻ
TH1:  $2^{x}=y^z+1$

Nếu $x=1 \Rightarrow y=1,z=1$

Nếu $y=1 \Rightarrow x=1, z\in\mathbb{N}^{*}$

Nếu $z=1 \Rightarrow y=2^x-1, x\in\mathbb{N}^{*}$

Xét $x>1,y>1,z>1$

Nếu đặt $z=2^{a}t$, $t$ lẻ, $a>0,t>0$, ta có:

$2^{x}=(y^{2^{a}}+1)[(y^{2^{a}})^{t-1}-(y^{2^{a}})^{t-2}+...-y^{2^{a}}+1]$
Giả sử $t>1$, do $y^{2^{a}}$ và $t$ lẻ, lớn hơn $1$ nên $(y^{2^{a}})^{t-1}-(y^{2^{a}})^{t-2}+...-y^{2^{a}}+1$ lẻ và lớn hơn $1$, suy ra phương trình vô nghiệm. Do đó $t=1$.

Suy ra $2^{x}=y^{2^{a}}+1 \Leftrightarrow 2^{x}=(y^{2^{a-1}})^{2}+1$

Dễ thấy phương trình vô nghiệm.

TH2: $2^{x}=y^z-1$. Dễ thấy $y>1$

Nếu $x=1 \Rightarrow y=3, z=1$

Nếu $z=1 \Rightarrow y=2^{x}+1, x\in\mathbb{N}^{*}$

Xét $x>1,y>1,z>1$

Chứng minh tương tự suy ra: $z=2^{b}, b\geq1$

Đặt $y^{2^{b-1}}=c,c>1$, ta có: $2^{x}=(c+1)(c-1)$

Đặt $c+1=2^{e}, c-1=2^{f}, e>f>0$

Suy ra $2^{e-1}-2^{f-1}=1$, suy ra: $f<2$

Nếu $f=0 \Rightarrow 2^{x}=3$

Nếu $f=1 \Rightarrow x=3,y=3,z=2$

Vậy, phương trình có các nghiệm $(3,3,2),(k,2^k+1,1),(n,2^n-1,1),(1,1,l)$ với $\forall k\geq1,n\geq1, l>1$

Bài 6 (4 điểm)

Cho tập hợp $\mathcal{X}=\left \{ \overline{a_6a_5a_4a_3a_2a_1}\mid 9\ge a_6\ge a_5\ge a_4\ge a_3\ge a_2\ge a_1,a_6\neq 0,a_i\in \mathbb{N},(i=\overline{1,6})\right \}$

$a)$ Tập hợp $\left | \mathcal{X} \right |$ có bao nhiêu phần tử $?$

$b)$ Nếu viết tất cả các số của $\mathcal{X}$ thành một dãy tăng.Tính số hạng thứ $2015$ của dãy đó

a)Bổ đề: Số nghiệm nguyên không âm của bất phương trình:
$\sum_{i=1}^{k}x_{i}\leq m$ là $\binom{m+k}{k}$

Trở lại bài toán:

Đặt $a_{i}=\sum_{k=1}^{i}x_{k}$. Ta có:$x_{i}\geq0, \forall i$ và $\sum_{i=1}^{6}x_{i}\leq 9, (1)$

Nếu $a_{6}=0$ thì $a_{6}=a_{5}=a_{4}=a_{3}=a_{2}=a_{1}=0$

Đặt số nghiệm nguyên không âm của $(1)$ là $S$ thì ta có $|X|=S-1$

Áp dụng bổ đề, ta có: $|X|=\binom{9+6}{6}-1=5004$

b) Đặt  $T_{i}$ là số các số thuộc $X$ mà $a_{6}=i, i=1,2,..,9$
Khi đó $T_{i}$ là số nghiệm nguyên không âm của bất phương trình $\sum_{k=1}^{5}x_{k}\leq i$

Áp dụng bổ đề, suy ra: $T_{i}=\binom{i+5}{5}$

Ta có: $\sum_{i=1}^{7}T_{i}=1715 < 2015 < \sum_{i=1}^{8}T_{i}=3002 \Rightarrow a_{6}=8$

$2015-1715=300$
Tương tự, đặt $K_{i}$ là số các số thuộc $X$ mà $a_{6}=8, a_{5}=i, i=0,1,2,..,9$

Áp dụng bổ đề, suy ra: $K_{i}=\binom{i+4}{4}$

Ta có: $\sum_{i=0}^{5}K_{i}=252 < 300 < \sum_{i=0}^{6}K_{i}=462 \Rightarrow a_{5}=6$

$300-252=48$

Đặt $L_{i}$ là số các số thuộc $X$ mà $a_{6}=8, a_{5}=6, a_{4}=i, i=0,1,2,..,9$

Áp dụng bổ đề, ta có: $L_{i}=\binom{i+3}{3}$

Ta có: $\sum_{i=0}^{3}L_{i}=35 < 48 < \sum_{i=0}^{4}L_{i}=70 \Rightarrow a_{4}=4$

Suy ra, số hạng thứ $1715+252+35+1=2003$ là $864000$

Suy ra, số hạng thứ $2015$ là $864320$

Giải phương trình: $4^{x^{2}}+2^{x}=3^{x^{2}}+3^{x}$

Bài toán 2: (IMO 2011) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $l$ là tiếp tuyến bất kỳ của $(O)$. Kí hiệu $l_a, l_b, l_c$ là đường thẳng đối xứng với $l$ qua $BC, CA, AB$ $l_a, l_b, l_c$ cắt nhau tạo thành tam giác $A'B'C'$. Chứng minh rằng đường tròn $(A'B'C')$ tiếp xúc với $(O)$

của thầy Nguyễn Văn Linh

NTP

 

Bài toán 1: Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $P, Q$ là hai điểm bất kỳ trên $(O)$ và khác phía với $AB$. Kẻ $QT$ vuông góc với $AB$, $PC, PD$ lần lượt là tiếp tuyến kẻ từ $P$ tới đường tròn đường kính $AT, BT$. Chứng minh rằng: $PC+PD=PQ$

 

 

gọi $(\omega _1),(\omega _2)$ lần lượt là đường tròn đường kính $AT,BT$

áp dụng định lí $casey$ cho bốn đường tròn $(\omega _1),(\omega _2),(P,0),(Q,0)$ thì ta dễ dàng có được $PC+PD=PQ$

NTP

mong bạn ghi lại số bài cho phù hợp với nội dung ban đầu mà chủ topic đề ra

Bài tập 2:(Moldova TST 2010)

Cho tam giác $ABC$ nhọn có $H$ là trực tâm và $M$ là trung điểm $BC$.Kẻ đường thẳng qua $H$ vuông góc với $HM$ và cắt $AB,AC$ lần lượt tại $P,Q$.CMR $MP=MQ$

những lời giải ở trên mình thật sự ấn tượng và sau đây lời giải bằng cách sử dụng định lí con bướm

vẽ đường tròn $(M,\frac{BC}{2})$.Gọi $X,Y$ là giao điểm của $PQ$ với đường tròn $(M)$

vì $MH\perp XY\Rightarrow MX=MY$ nên theo định lí con bướm $MP=MQ$

NTP

Định lí 3:ĐỊNH LÍ CON BƯỚM

Dạng đường tròn:Cho đường tròn $(O)$ với dây cung $AB$ và $I$ là trung điểm $AB$.Qua $I$ vẽ hai dây cung $MN$ và $PQ$ sao cho $E=PM\cap AB,F=QN\cap AB$.CMR $I$ là trung điểm $EF$

gọi $C,D$ lần lượt là hình chiếu của $(O)$ trên $PM,NQ$

vì $\Delta PIM\sim \Delta NIQ\Rightarrow \Delta PIC\sim \Delta NID\Rightarrow \widehat{PCI}=\widehat{NDI}$

dễ thấy hai tứ giác $IECO,IFDO$ là các tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \widehat{IOE}=\widehat{ICE}=\widehat{IDF}=\widehat{IDF}$

do đó $\Delta OEF$ cân tại $O$ do đó $IE=IF$ 

Dạng đường thẳng:Cho tam giác $ABC$, $I$ là trung điểm $BC$.Qua $I$ kẻ đường thẳng $d_1$ cắt $AC, AB$ lần lượt tại $M,N$ và đường thẳng $d_2$ qua $I$ cắt $CA, BA$ tại $P, Q$. Đường thẳng $PN$ cắt cạnh $BC$ tại $E$ và đường thẳng $QM$ cắt cạnh $BC$ tại $F$. CMR $I$ là trung điểm $EF$

xem câu $3.1$ ở đây

Bài tập 2:(Moldova TST 2010)

Cho tam giác $ABC$ nhọn có $H$ là trực tâm và $M$ là trung điểm $BC$.Kẻ đường thẳng qua $H$ vuông góc với $HM$ và cắt $AB,AC$ lần lượt tại $P,Q$.CMR $MP=MQ$

NTP