Đến nội dung


Baoriven

Đăng ký: 10-10-2015
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 21:01
****-

#693294 Tìm số có 6 chữ số $\overline{abcdef}$

Gửi bởi Baoriven trong 18-09-2017 - 19:18

Đặt: $\overline{abc}=A;\overline{def}=B$.

Ta có: $1000A+B=6000B+6A$.

Suy ra: $\frac{A}{B}=\frac{857}{142}$.

Do $A\leq 999$ nên $A=857$.

Suy ra: $B=142$.

Vậy ta có: $\overline{abcdef}=857142$.




#693293 Giải phương trình $6log_9{(x-2)}.log_8{x}=log_{...

Gửi bởi Baoriven trong 18-09-2017 - 18:50

Từ PT suy ra: $log_{3}(x-2)=0$ hoặc $log_2x=\frac{1}{3}$ (vô lý do $x>2$).

Vậy $x=3$ là nghiệm duy nhất.




#692576 $4f(x)+(x-1).f \left (\dfrac{x}{x-1}...

Gửi bởi Baoriven trong 07-09-2017 - 21:31

Thay $x$ bởi $\frac{x}{x-1}$, ta được hệ với $2$ ẩn là $f(x)$ và $f(\frac{x}{x-1})$.

Sau đó giải ra thử lại.




#692123 $f:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Z}...

Gửi bởi Baoriven trong 02-09-2017 - 15:55

Tìm $f:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Z}_+$ thỏa mãn:

$f(\frac{f^2(n)}{n})=n$




#691523 $\sqrt[3]{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}\leq (\frac...

Gửi bởi Baoriven trong 25-08-2017 - 18:17

Đặt: $f(x)=(x^2+1)$.

BĐT đề cho tương đương với: 

$f(a).f(b).f(c)\leq f^3(\frac{a+b+c}{3})$

Ta chứng minh bổ đề:

Nếu $ab\geq 1$ thì

$f(a).f(b)\leq f^2(\frac{a+b}{2})$

Thật vậy, BĐT trên tương đương với: $(a-b)^2((a+b)^2+4ab-8)\geq 0$.

Giả sử $c\geq b\geq a$ thì $c\geq 1$.

Ta có: $c.\frac{a+b+c}{3}=\frac{ca+cb+c^2}{3}\geq 1$.

Ta áp dụng bổ đề, được: 

$f(c).f(\frac{a+b+c}{3})\geq f^2(\frac{4c+a+b}{6})$.

Từ đó, ta có:

$f(a).f(b).f(c).f(\frac{a+b+c}{3})\leq f^2(\frac{a+b}{2}).f^2(\frac{4c+a+b}{6})$

Ta lại có: $\frac{a+b}{2}.\frac{4c+a+b}{6}=\frac{4ac+4bc+(a+b)^2}{12}\geq 1$.

Áp dụng bổ đề lần nữa, ta có đpcm.




#690927 Tính $V$ theo $V_{ABCD'}$

Gửi bởi Baoriven trong 18-08-2017 - 20:10

Công thức tính thể tích khối đấy em. Ta có: $V'=V_{D'.ABC}$.




#690924 Tính $V$ theo $V_{ABCD'}$

Gửi bởi Baoriven trong 18-08-2017 - 20:02

Viết công thức tính thể tích $ABCD.A'B'C'D'$ lại như sau: $V=h.S_{ABCD}$.

Ta có: $V'=\frac{1}{3}.h.S_{ABC}=\frac{1}{3}.h.\frac{1}{2}S_{ABCD}$.

Do đó, ta chọn câu $C$.




#690241 CMR $2(a^{2}+1)(b^{2}+1)\geq (a-1)(b-1)(ab-1)...

Gửi bởi Baoriven trong 11-08-2017 - 18:52

Chuyển hết về $VT$ rồi phá ngoặc ta được:

$P^2+P(S-4)+2S^2-S+3\geq 0$ với $P=ab,S=a+b$

$\Leftrightarrow (P^2+PS+\frac{S^2}{4})+(\frac{3S^2}{4}-S+3)+(S^2-4P)\geq 0$

Từng biểu thức trong ngoặc không âm nên ta có đpcm.




#689931 Tuần 2 tháng 8/2017: đường tròn $(D,DP)$ tiếp xúc với đường tròn...

Gửi bởi Baoriven trong 08-08-2017 - 21:10

Bài 2:

Gọi $K$ là hình chiếu của $F$ trên $BC$.

Ta có: $F,E,K,D$ đồng viên.

Suy ra: $\angle FED=\angle FKD=\angle IBD$.

Nên $I,D,B,E$ đồng viên.

Ta có: $\triangle FDK \sim \triangle IDB$

Suy ra: $\frac{FK}{IB}=\frac{FD}{ID}=\frac{DK}{BK}=\frac{2HK}{BK}$.

Nên: $FK=\frac{2HK}{BK}.IB=\frac{2HK}{BK}.BC.\frac{BK}{BH}$.

Do đó: $\frac{FK}{BC}=\frac{HK}{BH}$ và $\angle FKH=\angle HBC$.

Nên $\triangle FHK \sim \triangle CHB$.

Suy ra: $\angle HFK=\angle HCK$.

Nên tứ giác $FHKC$ nội tiếp.

Do đó: $\angle CHF=\angle FKC=90$.




#689015 $2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc+8\geq 5(a+b...

Gửi bởi Baoriven trong 29-07-2017 - 19:17

Theo Dirichlet tồn tại $2$ số cùng lớn hoặc cùng bé hơn $1$. Giả sử đó là $a,b$.




#688894 Tìm vị trí của điểm I trên CD sao cho CN.NK lớn nhất

Gửi bởi Baoriven trong 28-07-2017 - 10:24

Hình như đề có nhiều chỗ khá mâu thuẫn.

Trên tia $Ix$ thì $IM=IN$ ( $M$ trùng $N$ rồi )

$CN$ cắt $MD$ tại $K$ ( sao $K$ thuộc $MC$ được ).

Hi vọng Hùng sẽ sửa lại đề thích hợp . :) 




#688588 CMR: $\sqrt[3]{(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\leq (\fra...

Gửi bởi Baoriven trong 25-07-2017 - 08:41

Cho $a,b,c$ dương và thỏa mãn điều kiện $min\{ab,bc,ca\}=1$.

Chứng minh rằng:

$\sqrt[3]{(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\leq (\frac{a+b+c}{3})^2+1$

(Chọn Đội Tuyển dự IMO 2017 của Saudi Arabia)




#688450 $[u_{2017}]$? biết $u_1=2017;u_{n+1}=u_n+...

Gửi bởi Baoriven trong 23-07-2017 - 21:04

Cho dãy số $(u_n)$:

$u_1=2017;u_{n+1}=u_n+\frac{1}{u_n},\forall n=1,2,..$

Tìm phần nguyên của $u_{2017}$.




#688018 $2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc+8\geq 5(a+b...

Gửi bởi Baoriven trong 19-07-2017 - 14:20

Bài $Hello IMO 2007$ của thầy Trần Nam Dũng.

Sử dụng $_{AM-GM}$, ta có: $a+b+c\leq \frac{1}{6}(9+(a+b+c)^2)$.

Do đó, ta phải chứng minh:

$12(a^2+b^2+c^2)+6abc+48\geq 5((a+b+c)^2+9)$.

$\Leftrightarrow 7(a^2+b^2+c^2)+6abc+3\geq 10(ab+bc+ca)$.

Ta có lần lượt $2$ BĐT quen thuộc:

$\left\{\begin{matrix}4(a^2+b^2+c^2)\geq 4(ab+bc+ca) \\ 3(a^2+b^2+c^2+2abc+1)\geq 6(ab+bc+ca) \end{matrix}\right.$

Từ đó, ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.




#688017 $\sum \frac{a}{b\sqrt{(2a+b)(3a+b)...

Gửi bởi Baoriven trong 19-07-2017 - 14:12

Ta có: 

$\sum_{cyc}\frac{a}{b\sqrt{(2a+b)(3a+b)}}=\sum_{cyc}\frac{4\sqrt3a}{2b\sqrt{4(2a+b)\cdot3(3a+b)}}\geq$

$\geq\sum_{cyc}\frac{4\sqrt3a}{b(4(2a+b)+3(3a+b))}=\frac{4\sqrt3}{abc}\sum_{cyc}\frac{a^2c}{17a+7b}=\frac{4\sqrt3}{abc}\sum_{cyc}\frac{a^2c^2}{17ac+7bc}\geq$

$\geq\frac{4\sqrt3(ab+ac+bc)^2}{24(ab+ac+bc)abc}=\frac{ab+ac+bc}{2\sqrt3{abc}}\geq\frac{3}{2\sqrt{ab+ac+bc}}.$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.