thanhluong

Cách làm của bạn giống cách của mình trên thôi. Nhưng ý mình hỏi là vì sao 2 số đó khác nhau, nhưng khi tính toán lại cho kết quả giống nhau ý ??????

Nó không khác nhau đâu anh ạ
http://en.wikipedia.org/wiki/0.999...

Bài làm của thanhluong:
Bổ đề : Nếu hàm số $f(x)$ luôn đồng biến trên $R$ thì:
$f(x)=f(y) \Rightarrow x=y$, $\forall x$, $y \in R$.
Chứng minh:
Giả sử $f(x)=f(y)$ và $x \neq y$.
Trường hợp $x > y$, $f(x)$ đồng biến trên $R$ nên $f(x) > f(y)$.
Tương tự với $x < y$, ta được $f(x) < f(y)$.
Cả hai đều cho kết quả mâu thuẫn với giả thiết là $f(x)=f(y)$. Nên $x=y$. Bổ đề được chứng minh.
Quay trở lại bài toán. Hệ phương trình đã cho tương đương với:
$\begin{cases}x-2\sqrt{y^2+8}=-7 (1) \\ y-2\sqrt{x^2+8}=-7 (2) \end{cases}$
Trừ $(1)$ cho $(2)$ vế theo vế, ta được:
$x – 2\sqrt{y^2+8} – y + 2\sqrt{x^2+8}=0$
$\Leftrightarrow x + 2\sqrt{x^2+8} = y + 2\sqrt{y^2+8}$.
Xét hàm số $f(x) = x+2\sqrt{x^2+8}$, lấy hai giá trị bất kì $x_1$, $x_2 \in R$ và $x_1 < x_2$, ta có:
$f(x_1) – f(x_2) = x _1 +2\sqrt{x_1^2+8} – x_2 – 2\sqrt{x_2^2+8} = (x_1 – x_2) +2(\sqrt{x_1^2+8}-\sqrt{x_2^2+8} <0$

Chứng minh này chưa chặt! $(x_1-x_2)<0$ nhưng có thể $2(\sqrt{x_1^2+8}-\sqrt{x_2^2+8})>0$ (Tham khảo đáp án)

$\Rightarrow f(x)=x+2\sqrt{x^2+8}$ đồng biến trên $R$, áp dụng bổ đề 1, ta có $f(x)=f(y)$ nên $x=y$.
Thay $x=y$ vào $(1)$, ta được:
$x – 2\sqrt{x^2+8} = -7$
$\Leftrightarrow x + 7 = 2\sqrt{x^2+8} \Rightarrow (x+7)^2 = 4(x^2+8)$ (với điều kiện $x \geq -7$).
$\Leftrightarrow x^2+14x+49 = 4x^2+32$
$\Leftrightarrow 3x^2 -14x -17=0$
$\Leftrightarrow (x+1)(3x-17)=0 \Leftrightarrow x=-1$ hoặc $x=\frac{17}{3}$ (đều thoả mãn $x \geq -7$)
Với $x=-1 \Rightarrow y = x = -1$.
Với $x=\frac{17}{3} \Rightarrow y = x =\frac{17}{3}$.
Vậy: Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm $(x, y) = (-1, -1)$ và $(x, y)=\left(\frac{17}{3}, \frac{17}{3} \right)$.
__________________________________
Điểm bài làm: $d=8$
$S=\left\lfloor\dfrac{52-2}{2}\right\rfloor+3\times 8+0+0=49$

Bài 3:
a, GPT: $\sqrt{2x+3} + \sqrt{x+1} = 3x + 2\sqrt{2x^2+5x+3} - 16$

Bài 3a có thể giải bằng cách bình phương 2 vế của phương trình, tuy nhiên vẫn có thể đặt ẩn phụ để giảm bớt sự nhọc công:
ĐKXĐ: $x \geq -1$.
Đặt $\sqrt{2x+3}=a >0$, $\sqrt{x+1}=b \geq 0$. PT đã cho có thể viết lại thành:
$a+b=a^2+b^2-4+2ab-16$
$\Leftrightarrow a+b+4=(a+b)^2-16$
$\Leftrightarrow a+b+4+(a+b-4)(a+b+4)=0$
$\Leftrightarrow (a+b+4)(a+b-3)=0$
$\Rightarrow a+b=3$
Đến đây chắc dễ rồi.

b, Cho $a,b,c$ là các số thực dương, tìm min biểu thức:
$P = \frac{a+3c}{a+2b+c} + \frac{4b}{a+b+2c} - \frac{8c}{a+b+3c}$

Câu cực trị đã được giải quyết ở đây http://toanphothong....read.php?t=8002

Cho tam giác $ABC$ đều cạnh $a$. $P \in AC$, $Q \in AB$, $M$, $N \in BC$. Xác định vị trí hai điểm $P$ và $Q$ để diện tích tứ giác $MNPQ$ đạt giá trị lớn nhất.

Cho em hỏi : Ai có thể biến $a^2 + b^2$ thành một hằng đẳng thức ?

$a^2+b^2=(a+b)^2-2ab=(a-b)^2+2ab$.
Nếu $a$ và $b$ cùng dấu:
$a^2+b^2=a^2+(\sqrt{2ab})^2+b^2-(\sqrt{2ab})^2=(a+b-\sqrt{2ab})(a+b+\sqrt{2ab})$

Cho $x,y>0$
$(x+\sqrt{1+x^{2}})(y+\sqrt{1+y^{2}})=2012$
Tìm $min(x+y)$

Đặt $x+\sqrt{1+x^2}=k \Rightarrow y+\sqrt{1+y^2}=\frac{2012}{k}$
Ta có $\sqrt{1+x^2}=k-x$
$\Leftrightarrow 1+x^2=k^2-2kx+x^2$
$\Leftrightarrow k(k-2x)=1$
$\Leftrightarrow k-2x=\frac{1}{k}$
$\Leftrightarrow x = \frac{k^2-1}{2k}$
Lại có: $\sqrt{y^2+1} = \frac{2012}{k}-y$
$\Leftrightarrow y^2+1=\frac{2012^2}{k^2}-\frac{4024y}{k}+y^2$
$\Leftrightarrow \frac{4024y}{k}=\frac{2012^2}{k^2}-1=\frac{2012^2-k^2}{k^2}$
$\Leftrightarrow y = \frac{2012^2-k^2}{k^2} \cdot \frac{k}{4024} = \frac{2012^2-k^2}{4024k}$
Do đó $x+y=\frac{2012k^2-2012+2012^2-k^2}{4024k}=\frac{2011k^2+2012^2-2012}{4024k}$
$=\frac{2011k}{4024} \cdot k + \frac{2012^2-2012}{4024k} \geq 2\sqrt{\frac{2011k \cdot (2012^2-2012)}{4024k}}=2\sqrt{\frac{2011 \cdot 2012 \cdot 2011}{4024}} = 2 \cdot \frac{2011}{\sqrt{2}}=2011\sqrt{2}$

Đề của BTC:
Cho $a,b,c$ là các số tùy ý thuộc $[0;1]$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$$

$a, b, c \leq 1$ nên $1-a$, $1-b$ và $1-c$ đều không âm.
Không làm tính tổng quát, giả sử $a = max\{a, b, c \}$. Khi đó $\frac{b}{a+c+1} \leq \frac{b}{b+c+1}$ và $\frac{c}{a+b+1} \leq \frac{c}{b+c+1}$.
Nên $VT \leq \frac{a+b+c}{b+c+1}+(1-a)(1-b)(1-c)=1+(1-a)(1-b)(1-c)-\frac{1-a}{b+c+1}$. (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm $1-b$, $1-c$, $b+c+1$, ta được
$(1-b)(1-c)(b+c+1) \leq \frac{\left[(1-b)+(1-c)+(b+c+1) \right]^3}{27}=1$
$\Leftrightarrow (1-a)(1-b)(1-c)(b+c+1) \leq 1-a$
$\Leftrightarrow (1-a)(1-b)(1-c) \leq \frac{1-a}{b+c+1}$
$\Leftrightarrow 1+(1-a)(1-b)(1-c) - \frac{1-a}{b+c+1} \leq 1$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $VT \leq 1$. Đẳng thức xảy ra khi:
.$a=b=c$ (*)
.$1-a=0$ hoặc $1-b=1-c=b+c+1$ (**)
Từ (*) và (**) suy ra đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=c=0$. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
====
Nếu $a=b=0$ và $c=1$ thì dấu $"="$ vẫn xảy ra mà?
Điểm bài làm: 8
Tổng điểm: $S = \left [\frac{52 - \left (6 - 5 \right )}{2} \right ]+3*8+0+0=49$

Lời giải của toán thủ ConanTM:
Đặt: S(a) = $a^2-a-b^2$. Giả sử S(a) là số chính phương thì S(1-a) cũng là số chính phương mà a và 1 - a khác tính chẵn lẻ => Mâu thuẫn vì theo giả thiết thì a và b phải cùng tính chẵn lẻ. (đpcm)

Theo mình thì không thể xét $S(1-a)$ được vì để $1-a$ là số tự nhiên thì $a \leq 1 \Rightarrow b \leq 0 \Rightarrow b=0$ và $a=0$ hoặc $a=1$.

$$\textbf{KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LẦN 2}$$.
$$\text{NĂM HỌC: 2012 - 2013}$$.
$$\boxed{\text{Môn: Toán - Lớp 9}}$$
$$\text{Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)}$$.

$\boxed{\text{Bài 1}}$ (2 điểm)
Cho biểu thức $A=\frac{7-4\sqrt{x}}{x-7\sqrt{x}+12}+\frac{\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}-3}-\frac{2\sqrt{x}+1}{4-\sqrt{x}}$.
a. Rút gọn $A$.
b. Tìm giá trị của biểu thức $A$ khi $x=\frac{2}{3-\sqrt{5}}$.

$\boxed{\text{Bài 2}}$ (2.5 điểm)
a. Giải phương trình:
$$\frac{x^2-6x+15}{x^2-6x+11}=\sqrt{x^2-6x+18}$$.
b. Chứng minh rằng $x_0=\sqrt[3]{38-17\sqrt{5}}+\sqrt[3]{38+17\sqrt{5}}$ là một nghiệm của phương trình $x^3-3x^2-2x-8=0$.


$\boxed{\text{Bài 3}}$ (1 điểm)
Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$. Chứng minh $p^2-1$ chia hết cho $6$.


$\boxed{\text{Bài 4}}$ (2 điểm)
Cho tam giác nhọn $ABC$ và $D$ là điểm thuộc cạnh $BC$. Đường thẳng qua $B$ song song với $AD$ cắt đường thẳng $AC$ tại $E$. Đường thẳng qua $C$ song song với $AD$ cắt đường thẳng $AB$ tại $F$. Hãy xác định vị trí điểm $D$ để $\frac{AD^2}{BE \cdot CF}$ đạt giá trị lớn nhất.


$\boxed{\text{Bài 5}}$ (2.5 điểm)
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ($AB<AC$), đường cao $AH$, $M$ là trung điểm $BC$. Đường vuông góc với $BC$ tại $M$ cắt $AC$ ở $D$.
a. Chứng minh rằng $AC.DC=\frac{BC^2}{2}$.
b. Tìm tập hợp điểm $E$ nằm trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ có chứa điểm $A$ sao cho $S_{ABC}=\frac{1}{2}S_{BEC}$

Mình đăng bài này mọi người làm cho vui!

Cho x,y,z >2 ; $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$
CMR: $(x-2)(y-2)(z-2)\leq 1$

Theo giả thiết, $\frac{1}{x}=\frac{1}{2}-\frac{1}{y}+\frac{1}{2}-\frac{1}{z}=\frac{y-2}{y}+\frac{z-2}{z}$.
Áp dụng bđt Cô-si:
$\frac{1}{x}=\frac{y-2}{y}+\frac{z-2}{z} \geq 2\sqrt{\frac{(y-2)(z-2)}{yz}}$
Làm tương tự với $\frac{1}{y}$, $\frac{1}{z}$ rồi nhân các bđt trên với nhau, ta thu được điều phải chứng minh.

Đây là cách giải của mình:
Số cần tìm có dạng $\overline{abcabc}+1$. Đặt $\overline{abc}=x$ thì ta có $1001x+1=n^2 (1)$ (Với $n \in N$, $100 \leq x \leq 998$).
$x \geq 100$ nên $1001x +1 \geq 100101$, do đó $n \geq 317$. $x \leq 998$ nên $n \leq 999$.
Từ $(1)$ ta có $x=\frac{n^2-1}{1001}$
Quy trình: (xin lỗi vì mình không biết gõ ô vuông)
$A=A+1:B=\frac{A^2-1}{1001}$, $CALC$ $A=316$. Quy trình được lặp đến khi $B$ nguyên.

p/s:Bạn có được đi thi cấp Quốc Gia không?

MỞ RỘNG 1 CỦA THANHLUONG:

Với hai bộ số nguyên dương $(a_1, a_2,…a_m)$, $(b_1, b_2,…b_m)$ đều có tổng là những hằng số. Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=a_1b_1!a_2!b_2!a_3!b_3!...a_m!b_m!$.
Giải:
Đặt $a_1+a_2+a_3+…+a_m = k_1$, $b_1+b_2+b_3+…+b_m = k_2$. $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $a_1!a_2!a_3!...a_m!$ và $b_1!b_2!b_3!...b_m!$ đều đạt giá trị nhỏ nhất. Gọi $a_1!a_2!a_3!...a_m!=A$ và $b_1!b_2!b_3!...b_m!=B$.
Không làm mất tính tổng quát ta giả sử $a_1 \leq a_2 \leq … \leq a_m$. Ta chứng minh khi $A$ đạt giá trị nhỏ nhất thì $a_m-a_1 < 2$: Giả sử ngược lại, nếu $a_m-a_1 \geq 2$ thì thay $a_m$ bởi $a_m-1$ và $a_1$ bởi $a_1+1$ thì
$(a_n-1)!(a_1+1)! = \frac{(a_m! . a_1!)(a_1+1)}{a_m} < \frac{a_n! . a_1!}{1} $ (Vì $a_1+1<a_m$ do $a_m-a_1\geq 2$).
Vậy ta nhận được tích mới nhỏ hơn tích ban đầu, trái với giả thiết đó là tích nhỏ nhất. Như vậy $a_m<a_1+2$, các số $a_1, a_2,…a_m$ chỉ có thể bằng nhau hoặc nhận hai giá trị nguyên dương liên tiếp $u$, $u+1$. Giả sử có $p$ số bằng $u+1$ và $m-p$ số bằng $u$ ($0 \leq p <m$). Khi đó:
$$A=(u!)^{m-p} . \left [(u+1)! \right]^{p}$$.
Vì tổng của các số $a_1, a_2, …,a_m$ bằng $k_1$ nên:
$(m-p)u+p(u+1)=k_1 \Leftrightarrow um + p = n$.
Do $0 \leq p <m$ nên $p$ chính là số dư của phép chia $k_1$ cho $m$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $A=(u!)^{m-p} \cdot \left [(u+1)! \right ]^{p}$, đạt được khi trong các số $a_1, a_2,…a_m$ có $p$ số bằng $u+1$ và $m-p$ số bằng $u$, với $u= \left [ \frac{k_1}{m} \right ]$ và $p=k_1-um$.
Tương tự đối với bộ $(b_1, b_2, b_3…b_m)$ , Giá trị nhỏ nhất của $B$ là $B=(v!)^{m-q}+\left[(v+1)! \right]^{q}$ đạt được khi có $q$ số bằng $v+1$ và $m-q$ số bằng $v$, với $v=\left[\frac{k_2}{m} \right]$ và $q=k_2-vm$.

Vậy $\min{P}={u!}^{m-p} \cdot \left[(u+1)! \right]^{p} =(v!)^{m-q}+\left[(v+1)! \right]^{q}$

Bài làm của Thanhluong:


Không làm mất tính tổng quát ta giả sử $x_1 \leq x_2 \leq … \leq x_m$. Ta chứng minh khi $P$ đạt giá trị nhỏ nhất thì $x_m-x_1 < 2$: Giả sử ngược lại, nếu $x_m-x_1 \geq 2$ thì thay $x_m$ bởi $x_m-1$ và $x_1$ bởi $x_1+1$ thì

$(x_n-1)!(x_1+1)! = \frac{(x_m! . x_1!)(x_1+1)}{x_m} < \frac{x_n! . x_1!}{1} $ (Vì $x_1+1<x_m$ do $x_m-x_1\geq 2$).

Vậy ta nhận được tích mới nhỏ hơn tích ban đầu, trái với giả thiết đó là tích nhỏ nhất. Như vậy $x_m<x_1+2$, các số $x_1, x_2,…x_m$ chỉ có thể bằng nhau hoặc nhận hai giá trị nguyên dương liên tiếp $u$, $u+1$. Giả sử có $p$ số bằng $u+1$ và $m-p$ số bằng $u$ ($0 \leq p <m$). Khi đó:
$$P=(u!)^{m-p} . \left [(u+1)! \right]^{p}$$.
Vì tổng của các số $x_1, x_2, …,x_m$ bằng $n$ nên:
$(m-p)u+p(u+1)=n \Leftrightarrow um + p = n$.
Do $0 \leq p <m$ nên $p$ chính là số dư của phép chia $n$ cho $m$.

Vậy: Giá trị nhỏ nhất của $P$ là $P=(u!)^{m-p} \cdot \left [(u+1)! \right ]^{p}$, đạt được khi trong các số $x_1, x_2,…x_m$ có $p$ số bằng $u+1$ và $m-p$ số bằng $u$, với $u= \left [ \frac{n}{m} \right ]$ và $p=n-um$. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
====
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S=\left [ \dfrac{52-(6-4)}{2} \right ]+3.10+10+0=64$

Mình post đề được không?

ta có :$AC^{2}=CH.BC (=144)GT$
=> AH thỏa mãn hệ về đường cao và cạnh góc vuông trong tam giác vuông ABC
=> AH là đường cao tam giác ABC
ta có : $\widehat{B}=\widehat{ACH} $( Cùng phụ với $\widehat{BAH}$) $\widehat{C}$ chung=> Q.E.D

Đâu cần phải dài dòng thế bạn:
$\frac{AC}{BC}=\frac{CH}{BC}=\frac{3}{4}$