Kalari499

Quy nạp $x_{n}, y_{n} > 0 \, \forall n \geq 1$ rồi quy nạp $x_{n} \geq y_{n} \, \forall n \geq 2$. Xong rồi quy nạp tiếp $x_{n}$ là dãy giảm, $y_{n}$ là dãy tăng (với n đủ lớn), suy ra cả 2 dãy $x_{n}, y_{n}$ cùng hội tụ tại 1 điểm gọi là $L$, chứ không tính được cụ thể $L$ là bao nhiêu

Bài cuối max là 264 đúng không nhỉ ? Xảy ra khi (ABCD.A'B'C'D) = (1,2,4,3,5,6,8,7)

 

Tớ dùng điều chỉnh địa phương cơ mà cũng rối

Đây là lời giải bài 2 của tớ không biết đúng không

Xét mod 3 suy ra z chẵn. Xét mod 5 thì suy ra x chia hết cho 4

Rồi dùng bổ đề phương trình $x^{4}+y^{4}=z^{2}$ không có nghiệm nguyên dương

Quay về bài toán suy ra y = 0 thì x = z = 0

Câu 4: Xét $11$ số $a,a+1,...,a+11 (a<2006)$. Chọn ra các số sao cho không có $2$ số nào có hiệu là $4$ hoặc $7$. Chia tập $D_a= \left \{ a;a+1;...;a+11 \right \}$ thành các nhóm $(a,a+4,a+8),(a+1,a+5,a+9),(a+2,a+6,a+10),(a+3,a+7)$. Không có $2$ số được chọn nào được thuộc cùng một nhóm nên có nhiều nhất $4$ số được chọn. Chia tập $2016$ số nguyên dương đầu tiên thành các tập $(2016;2015),A_1,A_{12},...,A_{2003}$, tâp đầu chọn nhiều nhất $2$ số, các tập tiếp theo, mỗi tập chọn được nhiều nhất $4$ số, tổng cộng $185$ số. Vậy chọn được nhiều nhất $185$ số, ví dụ như chọn các số đồng dư $1,2,3,4 \pmod{11}$

Chọn a và a+8 vẫn được mà, sao mà không chọn được 2 số 1 nhóm vậy

Chẳng phải lim nó bằng 0 khi n tới vô hạn sao ? Hiển nhiên mà

Test thử dồn biến nhá . Sai mọi ng` đừng ném đá 

Giả sử $a\geq b\geq c$ $\Rightarrow a\geq 1$

$f(a;b;c)=\sum a-\sum \frac{1+a}{1+b}$

Xét $f(a;b;c)-f(\frac{a+b}{2};\frac{a+b}{2};c)= 1+c-a-a^2+ab-bc\geq 0$ (vì $a\geq 1 ;a\geq c$)

do đó ta cần chứng minh : $\sum a\geq \sum \frac{1+a}{1+b}$ với a=b và abc=1

hay $2a+\frac{1}{a^2}\geq 1+\frac{a^2(a+1)}{a^2+1}+\frac{a^2+1}{a^2(a+1)}$ (đúng vs $a\geq 1$)

BĐT đc chứng minh 

Hoán vị vòng quanh thì không giả sử được thế kia

Diện tích max là $\frac{2}{3}$ và min là $\frac{1}{2}$. Cái này dùng phần bù thôi mà

Chém bài 7 phát

 

Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại $c \in N^{*}$ sao cho $f(c)=min(f(x)), x=1,2,...$

 

Thay $a=1,b=c$, ta có: $1, f(c), f(c+f(1)-1)$ là 3 cạnh tam giác, suy ra $1+f(c)\geq f(c+f(1)-1)+1$, tức là $f(c)\geq f(c+f(1)-1)$

Theo cách xác định $c$ thì ta suy ra $f(c) = f(c+f(1)-1)$

 

Nếu $f(1)\geq 2$ thì đặt $f(1)-1=m$ với $m\geq 1$, ta suy ra $f(c) = f(c+km)$ với $k$ nguyên dương bất kì

Thay $a=c+km,b=c$ suy ra vô lý

 

Vậy ta suy ra $f(1)=1$

 

Thay $b=1$ ta suy ra $f(f(a))=a$, từ đây suy ra hàm $f(x)$ song ánh

 

Thay $a=2,b=f(2)$ thì ta có: $3\geq f(2f(2)-1)$. Nếu $f(2f(2)-1)=1$ thì $f(2)=1$ vô lý. Nếu $f(2f(2)-1)=2$ thì $f(2)=1$ vô lý. Vậy $f(2f(2)-1)=3$, hay $f(3)=2f(2)-1$

 

Quy nạp: $f(n)=(n-1)f(2)-(n-2)$

Thật vậy, giả sử đúng từ 2 tới $n$, xét $n+1$

Thay $a=2,b=f(n)$ thì ta có: $n+1\geq f(f(n)+f(2)-1)=f(nf(2)-(n-1))$

Nếu $f(nf(2)-(n-1))=n-a$ với $a\geq 0$ thì $nf(2)-(n-1) = f(n-a) = (n-a-1)f(2) - (n-a-2)$ suy ra $f(2)=1$ suy ra vô lý, suy ra $f(nf(2)-(n-1))=n+1$

Vậy $n+1$ đúng

 

Đến đây thay ngược vào suy ra $f(2)=2$ tức là $f(n)=n$

Cá nhân ủng hộ việc thi toán trắc nghiệm...

Ta có: $\overrightarrow{PA}=\overrightarrow{PO}+\overrightarrow{OA}$

Bình phương 2 vế ta được: $PA^{2}=PO^{2}+OA^{2}+2\overrightarrow{PO}.\overrightarrow{OA}$

Làm tương tự với $PB$ và $PC$, rồi cộng theo vế ta được:

$VT = 3+PO^{2}(\frac{1}{OA^{2}}+\frac{1}{OB^{2}}+\frac{1}{OC^{2}})-2(\frac{\overrightarrow{OP}.\overrightarrow{OA}}{OA^{2}}+\frac{\overrightarrow{OP}.\overrightarrow{OB}}{OB^{2}}+\frac{\overrightarrow{OP}.\overrightarrow{OC}}{OC^{2}})$

 

Ta có: $\frac{1}{OA^{2}}+\frac{1}{OB^{2}}+\frac{1}{OC^{2}}=\frac{1}{OH^{2}}$

 

Lại có: Do P thuộc mặt phẳng (ABC) nên tồn tại $\alpha ,\beta ,\gamma$ sao cho $\alpha + \beta + \gamma = 1$ và $\overrightarrow{OP}=\alpha \overrightarrow{OA}+\beta \overrightarrow{OB}+\gamma \overrightarrow{OC}$

 

Thay vào đằng trên ta có đpcm

 

2 bài đầu chân tay thôi k làm

 

Bài III:

1) $u_{n}=n^{2}$

2) Quy nạp

 

Bài IV:

1) BH cắt AC tại K thì DHKC nội tiếp. Áp dụng Simson đảo cho D trên (CHK) suy ra PD vuông góc AC

2) $R^{2}-IP^{2}=PA.PC = PD^{2}$, suy ra $R^{2}=10$. Đường thẳng qua P vuông góc DP cắt đường tròn tâm I bán kính $\sqrt{10}$ tại 2 điểm A,C từ đó suy ra B

 

Bài VI: 

Từ giả thiết suy ra tồn tại các số x,y,z thực dương sao cho: $a=\frac{x}{y+z},b=\frac{y}{z+x},c=\frac{z}{x+y}$

Ta có: $\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z}\geq 4(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y})$

Kết hợp với Nesbitt suy ra P đạt giá trị nhỏ nhất là 3 khi 3 biến $x,y,z$ bằng nhau, tức là $a,b,c$ bằng 0.5

Xét $p>2$ bất kì. Nếu $P(p)$ tồn tại 1 ước nguyên tố $q$, dễ thấy $q$ khác 2. Ta có: $q | P(p) | 2^{p}-p$ và $q | P(p+q) | 2^{p+q} - (p+q)$

Suy ra $2^{q}-1$ chia hết cho $q$ mà $q | 2^{q}-2$ suy ra $q | 1$ suy ra vô lý. Vậy với mọi $p>2$ thì $P(p)=1$ hoặc $P(p)=-1$ suy ra $P(p)=1$ với mọi $p>2$ hoặc $P(p)=-1$ với mọi $p>2$. Tóm lại $P(x)$ là đa thức hằng bằng 1 hoặc -1

Môn thi: Toán

Ngày thi: 14/9/2016

Thời gian làm bài: 180 phút

 

Bài I:

Cho hàm số $y=x^{4}-2(m+1)x^{2}+3m+2$. Tìm $m$ để đồ thị hàm số có 3 đỉnh cực trị là 3 đỉnh của tam giác vuông cân

 

Bài II:

1) Giải phương trình: $\sqrt{2x^{2}-2x+4}+\sqrt{5x^{2}+4}+x^{2}-7x+1=0$

2) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} \sqrt{2x+y}+\sqrt{x+4y}=5\\ \sqrt{x+4y}+2x-y=3\\ \end{matrix}\right.$

 

Bài III:

Cho dãy số $(u_{n})$ có $u_{1}=1, u_{n}=\frac{n}{n-1}u_{n-1}+n$ với $n\geq 2$

1) Xác định công thức của $(u_{n})$

2) Chứng minh $u_{1}+u_{2}+...+u_{2016}<2016^{3}$

 

Bài IV: 

Trong mặt phẳng $Oxy$ cho tam giác ABC có đường cao AD, trực tâm H. Gọi E, F là hình chiếu của D lên BH, CH. P là giao điểm của EF và AC

1) CMR: DP vuông góc AC

2) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết D(1;-1), P(3;1) và tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là I(2;0)

 

Bài V:

Cho tứ diện OABC có 3 góc tại đỉnh O vuông. Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). P là điểm bất kì trong tam giác ABC

Chứng minh: $\frac{PA^{2}}{OA^{2}}+\frac{PB^{2}}{OB^{2}}+\frac{PC^{2}}{OC^{2}}=1+\frac{OP^{2}}{OH^{2}}$

 

Bài VI:

Cho $a,b,c\in \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn $ab+bc+ca+2abc=1$

Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-2(a+b+c)$

Bạn đăng bài này lên là do không hiểu đề hay là nhờ thật. Tại vì đáp án của nó chỉ đơn giản là $\frac{5}{24}x360=75$