honmacarong100

 

$\boxed{\text{Bài 1}}$ Cho dãy $(x_{n})$ thỏa mãn:

$x_{1}=1,x_{2}=1,x_{3}=3$

$x_{n}x_{n-3}=x_{n-1}^{2}+x_{n-1}x_{n-2}+x_{n-2}^{2}.\forall n\geq 4$

Chứng minh: mọi số hạng của dãy nguyên.

Lâu lắm chưa vào diễn đàn, hôm nay thấy anh Mạnh đăng đề CSP nên vào chém tạm bài dãy vậy. Không biết đúng hay không nữa     

Ta sẽ tính được $x_{4}=7$

Theo đề bài ta có: $x_{n}x_{n-3}=x_{n-1}^{2}+x_{n-1}x_{n-2}+x_{n-2}^{2} (1)$

Do đúng với mọi $n\geq 4 $

$\Rightarrow x_{n+1}x_{n-2}=x_{n}^{2}+x_{n}x_{n-1}+x_{n-1}^{2} (2)$

Lấy $ (1)-(2)$ 

$\Rightarrow x_{n+1}x_{n-2}+x_{n-1}x_{n-2}+x_{n-2}^{2}=x_{n-1}x_{n}+x_{n-3}x_{n}+x_{n}^{2}$

$\Rightarrow \frac{x_{n}}{x_{n+1}+x_{n-1}+x_{n-2}}=\frac{x_{n-2}}{x_{n}+x_{n-1}+x_{n-3}}$ đúng với mọi $n\geq 4 $

$\Rightarrow \frac{x_{n}}{x_{n+1}+x_{n-1}+x_{n-2}}=\frac{x_{n-2}}{x_{n}+x_{n-1}+x_{n-3}}=...=\frac{x_{2}}{x_{4}+x_{3}+x_{1}}=\frac{1}{7+3+1}=\frac{1}{11}$

$\Rightarrow 11x_{n}=x_{n+1}+x_{n-1}+x_{n-2}$

Do $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ nguyên.

Theo quy nạp $\Rightarrow x_{n}\in Z$ $\forall n\geq 4$.

$\Rightarrow Q.E.D$ 

Giải:

$\frac{a}{\sqrt{a^2+3}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+3}}=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\frac{b}{\sqrt{(b+c)(b+a)}}\leqslant \sqrt{\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}}=\frac{\sqrt{ab+3}}{\sqrt{c^2+3}}$

$\Rightarrow P\leqslant \frac{4\sqrt{ab+3}}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{9c}{\sqrt{c^2+3}}$

Ta có $3=ab+c(a+b)\geqslant ab+2c\sqrt{ab}\Rightarrow \sqrt{ab}\leqslant -c+\sqrt{c^2+3}$

$\Rightarrow P\leqslant \frac{4\sqrt{2(c^2+3)-2c\sqrt{c^2+3}}}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{9c}{\sqrt{c^2+3}}=4\sqrt{2-\frac{2c}{\sqrt{c^2+3}}}+\frac{9c}{\sqrt{c^2+3}}$

Đặt $t=\frac{c}{\sqrt{c^2+3}}(0<t<1)$

$\Rightarrow P\leqslant f(t)=4\sqrt{2-2t}+9t$

Đến đây khảo sát hàm $f(t)$ trên $(0;1)$

nhưng đây là 1 bài toán thi thử vào lớp 10 mà bạn, làm sao mà khảo sát hàm số được, bạn làm theo cách lớp 9 được ko vậy.

Chém câu hình luôn nhé! Câu a,b thì chắc ai cũng làm được nên mình xin chém câu c. 

Dễ thấy $\Delta MHE$ vuông tại $H$ nên suy ra được $MH$_|_ $HE$. Mà $HE$ _|_ $AC$ nên $MH//AC$. Tương tự, ta cũng chứng minh được $NH//AB$. Từ đó suy ra các tứ giác $BDPH$ và $CEQH$ nội tiếp. Từ đó ta sẽ có 

$\widehat{DPB}=\widehat{DHB}=\widehat{BAH}=\widehat{SEH}$ và $\widehat{EQC}=\widehat{EHC}=\widehat{CAH}=\widehat{EDH}$ 

Từ đó, ta sẽ chứng minh được $BP$ và $CQ$ lần lượt là hai đường cao của tam giác $ABC$ nên $AH$,$BP$,$CQ$ đồng quytriangle.png

Tại sao lại dễ thấy $\Delta MHE$ vuông tại $H$ được luôn à bạn. 

Mình ngồi cả buổi chiều chỉ cần chứng minh được cái đấy là ra luôn mà.. Ngồi mãi mà chẳng ra..

chuyển 1 sang bên kia thành x^2-1 xong rồi phân tích là ra thôi

bài 4c mình làm sai rồi, hix