LuaMi

Bài hình là bài G8 trong IMO 2009 Shortlist

Câu bất đẳng thức
  theo bất đẳng thức cô si ta có căn (b+c/a).1 <= ( b+c/a +1) : 2 = (a+b+c)/2a
tương tự cộng từng vế bất đẳng thức ta có >= 2
  dấu "=" xảy ra <=> a=b+c ; b=a+c  ; c=a+b 
suy ra a+b+c=0 (cái đề này sai rồi a,b,c là ba số dương)
 Nên đẳng thức không xảy ra

Đề hoàn toàn ko sai mà là do bạn làm sai, nếu dùng côsi thì phải chia hai th là có một số =0 hoặc cả ba số khác 0

Hì, em chỉ góp chút cách giải câu 4, anh huy xem em làm dc k nè 

Gọi $B_{3}, B_{4}, B_{5}$ là số các chữ số có 3, 4, 5 chữ số được tạo thành

Theo nguyên lý cộng, số phần từ được tạo thành là $N(B_{3}\cup B_{4}\cup B_{5})=N(B_{3})+N(B_{4})+N(B_{5})=A_{5}^{3}+A_{5}^{4}+A_{5}^{5}=300$

Số số có 3 chữ số được tạo thành mà có tổng các chữ số bằng 10 là hoán vị của các số {1, 5, 4}

=> Số số có 3 chữ số thỏa mãn YC đề bài là: $A_{3}^{3}$

Số số có 4 chữ số được tạo thành mà có tổng các chữ số bằng 10 là hoán vị của các số {1, 2, 3, 4}

=> Số số có 3 chữ số thỏa mãn YC đề bài là: $A_{4}^{4}$

Không có bất kỳ số có 5 chữ số nào thỏa mãn YC đề bài

Vậy số phần tử thỏa mãn yêu cầu đề bài(tổng các chữ số =10) là $A_{3}^{3}+A_{4}^{4}=30$

Vậy xác xuất là 30/300=0.1

Không biết thế đúng chưa nhỉ anh Huy

ký tên lãm ctn 

 

Đếm thiếu {2;3;5}

Bài 477: Cho PT: $x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_2x^2+a_1x+a_0=0$ có $n$ nghiệm nguyên (không nhất thiết phân biệt). Giả sử tồn tại các số nguyên tố phân biệt $p_{n-1},...,p_1,p_0$ và các số nguyên dương $\alpha _{n-1},...,\alpha_1, \alpha_0$ thỏa mãn $a_i=p_i^{\alpha_i} (i=\overline{0,n-1})$. Tìm các giá trị có thể có của $n$

Có khá nhiều bài khó trong topic chưa có lời giải. Vì vậy ta sẽ tiếp tục với một bài dễ hơn như sau:

Bài 476: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} &(5-x)(1+x^{4}y^{4})=(1+x^{2}y^{2})^{3} \\ &x^{2}y^{2}+x^{2}+x+y^{2}=4 \end{matrix}\right.$

 

Thế $4-x=x^2y^2+x^2+y^2$ vào PT đầu ta được $(1+x^2)(1+y^2)(1+x^4y^4)=(1+x^2y^2)^3$. Sử dụng BĐT Holder ta có ngay $x=y=1$ hoặc %$x=-y=1$

Bài 5: a) Ta có: $a|bc-1,a|a(b+c)\Rightarrow a|ab+bc+ca-1$. Tương tự ta cũng có với $b,c$. Do $a,b,c$ nguyên tố nên ta có: $abc|ab+bc+ca-1$

+) Với $a=2$ ta có: $2bc|2b+2c+bc-1\Rightarrow 2bc|2b+2c-1\Rightarrow 2b+2c-1\geq 2bc$

$\Rightarrow 1\geq 2(b-1)(c-1)$. Không có $b,c$ thỏa mãn

+) Với $a\geq 3$ ta có: $abc\geq 3bc> ab+bc+ca>ab+bc+ca-1$, trái với $abc|ab+bc+ca-1$

Vậy ko có $a,b,c$ thỏa mãn

 

Đoạn $a=2$ mình làm sai, đính chính lại là:

+) Với $a=2$ ta có: $2bc|2b+2c+bc-1\Rightarrow 2bc|4b+4c-2\Rightarrow 4b+4c-2\geq 2bc\Rightarrow 3\geq (b-2)(c-2)$

Từ đó ta có: $b=3,c=5$

Bài 49: ĐKXĐ: $x,y,z\neq 0$

Ta có: $HPT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=yz(z+x) & \\ y=zx(x+y) & \\ z=xy(y+z) & \end{matrix}\right.$. Trong 3 số $x,y,z$ thì tồn tại hai số cùng dấu, giả sử $xy>0$. Nếu $x,y<0$, từ PT thứ 2 ta suy ra $z<0$. Nếu $x,y>0$, từ PT thứ 2 ta suy ra $z>0$. Ta đi giải trường hợp $x,y,z>0$ (trường hợp $x,y,z<0$ quy về trường hợp đang xét bằng cách đổi biến). Giả sử $x\geq y,x\geq z$. Ta có: $x\geq y\Rightarrow yz^2\geq zx^2\Rightarrow z(yz-x^2)\geq0\Rightarrow yz\geq x^2$

Mà ta lại có: $x\geq y>0,x\geq z>0\Rightarrow x^2\geq yz$. Vậy ta có $x=y=z$. Thế vào giải ra ta được nghiệm là $(\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}})$

(trường hợp $x,y,z<0$ cho nghiệm $(\frac{1}{-\sqrt{2}};\frac{1}{-\sqrt{2}};\frac{1}{-\sqrt{2}})$

Bài 5: a) Ta có: $a|bc-1,a|a(b+c)\Rightarrow a|ab+bc+ca-1$. Tương tự ta cũng có với $b,c$. Do $a,b,c$ nguyên tố nên ta có: $abc|ab+bc+ca-1$

+) Với $a=2$ ta có: $2bc|2b+2c+bc-1\Rightarrow 2bc|2b+2c-1\Rightarrow 2b+2c-1\geq 2bc$

$\Rightarrow 1\geq 2(b-1)(c-1)$. Không có $b,c$ thỏa mãn

+) Với $a\geq 3$ ta có: $abc\geq 3bc> ab+bc+ca>ab+bc+ca-1$, trái với $abc|ab+bc+ca-1$

Vậy ko có $a,b,c$ thỏa mãn

Cho a,b,c thực không âm thỏa mãn $a+b+c=1$.

Chứng minh rằng: $(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)\leq \frac{1}{256}$

 

Đặt: $f(a,b,c)=\prod (a^3+b^3)$. Ta đi chứng minh: $f(a,b,c)\leq f(a+\frac{c}{2},b+\frac{c}{2},0)\leq \frac{1}{256}$

Giả sử $c\leq a,c\leq b$. Ta có: $b^3+c^3\leq (b+\frac{c}{2})^3 (1) \Leftrightarrow \frac{7}{4}c^3\leq 3bc(b+\frac{c}{2})$ (đúng do $c\leq b$)

Tương tự ta cũng có: $a^3+c^3\leq (a+\frac{c}{2})^3 (2)$

Dễ thấy: $a^3+b^3\leq (a+\frac{c}{2})^3+(b+\frac{c}{2})^3 (3)$

Nhân vế tương ứng vế (1),(2),(3) ta được: $f(a,b,c)\leq f(a+\frac{c}{2},b+\frac{c}{2},0)$

Đặt: $x=a+\frac{c}{2},y=a+\frac{b}{2},x+y=1$. Ta đi chứng minh: $x^3y^3(x^3+y^3)\leq \frac{1}{256}\Leftrightarrow xy.xy.xy.(x^2-xy+y^2)\leq \frac{1}{256}$

Đúng theo Cauchy

Vậy ta có đpcm

Mình xin đăng BÀI 43:  Giải hệ phương trình

$\frac{1}{1+2^x}+\frac{1}{1+3^x}+\frac{1}{1+10^x}=\frac{3}{1+2^y}$

$2^x(\sqrt{2})^y=2^\sqrt{2x^2+\frac{1}{2}y^2}$

$x,y\geq 0$

 

Từ PT thứ hai, ta nhận được: $2x=y$. Ta dễ chứng minh được: Với 3 số $a,b,c\geq 1$ ta luôn có: $\sum \frac{1}{1+a^3}\geq \frac{3}{1+abc}$. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$. Dấu của BĐT đổi chiều khi $0\leq a,b,c< 1$

Thế $2x=y$ vào PT đầu ta được: $\frac{1}{1+2^x}+\frac{1}{1+3^x}+\frac{1}{1+10^x}=\frac{3}{1+4^x}$

+) Với $x=0$ thì PT được thỏa mãn $\Rightarrow y=0$

+) Với $x>0$, áp dụng BĐT trên với $2^x,3^x,10^x>1$, ta có: $\frac{1}{1+2^x}+\frac{1}{1+3^x}+\frac{1}{1+10^x}\geq \frac{3}{1+\sqrt[3]{2^x.3^x.10^x}}>\frac{3}{1+4^x}$

Vậy PT vô nghiệm với $x>0$

Vậy HPT có nghiệm duy nhất $(x;y)=(0;0)$

$a,b,c>0$ thỏa $abc \ge 1$ . C/m $(a+\frac{1}{a+1})(b+\frac{1}{b+1})(c+\frac{1}{c+1}) \ge \frac{27}{8}$ 

 

Ta đi chứng minh rằng: $\frac{1}{x+1}\geq \frac{-1}{4}(x-1)+\frac{1}{2}$ với $x>0$

Áp dụng cho $a,b,c$ ta được:

$\prod (a+\frac{1}{a+1})\geq \frac{27}{64}\prod(a+1)\geq \frac{27}{64}.8\sqrt{abc}\geq \frac{27}{8}$

Bài 35: Điều kiện: $x\geq \frac{-3}{2},y\geq \frac{-1}{8}$. Đặt: $t=x-y$. Ta có PT đầu trở thành:$7^{1+t}+3^{1+t}+7^{1-t}+3^{1-t}=10^{1+t}+10^{1-t}$

Dễ chứng minh được bổ đề sau: Với $a>b>1$ và số thực $m$ thì bất đẳng thức sau luôn đúng: $a^m+a^{-m}\geq b^m+b^{-m}$. Dấu $"="$ xảy ra khi $m=0$

Từ bổ đề ta có:

$\left\{\begin{matrix} 10^t+10^{-t}\geq 3^t+3^{-t} \\ 10^t+10^{-t}\geq 7^t+7^{-t} \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 3(10^t+10^{-t})\geq 3^{1+t}+3^{1-t} \\ 7(10^t+10^{-t})\geq 7^{1+t}+7^{1-t} \end{matrix}\right.$

Suy ra: $7^{1+t}+3^{1+t}+7^{1-t}+3^{1-t}\leq 10^{1+t}+10^{1-t}$. Từ đó ta có: $t=0$ hay $x=y$. Thế xuống PT dưới, ta được PT: $4x^2+\sqrt{2x+3}=8x+1\Leftrightarrow 4x^2-6x+\frac{9}{4}=2x+3-\sqrt{2x+3}+\frac{1}{4}$

$\Leftrightarrow (2x-\frac{3}{2})^2=(\sqrt{2x+3}-\frac{1}{2})^2$

...

2 bài hệ phương trình từ hôm qua đến giờ vẫn chưa có người đăng lời giải để tiếp tục topic mình xin đăng bài tiếp theo 

Bài số 27 :giải phương trình :$x^2+2x+4=3\sqrt{x^3+4x}$

 

Ta có: $x^2+2x+4=3\sqrt{x^3+4x}=\frac{3}{2}\sqrt{4x(x^2+4)}\leq \frac{3}{4}(x^2+4x+4)$

$\Rightarrow (x-2)^2\leq 0\Rightarrow x=2$

Thử lại $x=2$ thỏa mãn PT

Bài toán 24:  Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix}\sqrt{(x^2+1)y}+x^2y=(x^2+1)^2 & & \\ \sqrt{y}=\frac{(x^2+1)^3}{6xy^2-32x^3} & & \end{matrix}\right.$

Đặt $u=x^2+1$,$v=y$. Ta có:$PT(1)\Leftrightarrow \sqrt{uv}+(u-1)v=u^2 \Leftrightarrow \sqrt{uv}-v=u^2-uv$

$\Leftrightarrow \frac{v(u-v)}{\sqrt{uv}+v}=u(u-v)\Leftrightarrow (u-v)(\frac{1}{\sqrt{\frac{u}{v}}+1}-u)=0\Leftrightarrow u=v$ (vì $u>1$)

Thế xuống PT (2) giải hệ

Bạn lấy cả tổng chia cho 2, mẫu các hạng tử hơn kém nhau 4 đơn vị