Violympic toán 7

Bài 1:

Vì \(x^2+y^2=1999\) là một số lẻ nên $x,y$ khác tính chẵn lẻ. Không mất tổng quát giả sử \(x\) chẵn $y$ lẻ

Đặt \(x=2m, y=2n+1\)

\(\Rightarrow 1999=x^2+y^2=4m^2+(2n+1)^2\)

\(\Leftrightarrow 1999=4m^2+4n^2+4n+1\)

\(\Leftrightarrow 4(m^2+n^2+n)=1998\)

Ta thấy vế trái là một biểu thức chia hết cho $4$, vế phải không chia hết cho $4$ nên pt không tồn tại $m,n$ thỏa mãn.

Tức là phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 2:

Ta có: \(9x^2+2=y^2+y\)

\(\Leftrightarrow 9x^2=y^2+y-2\)

\(\Leftrightarrow (3x)^2=(y-1)(y+2)\)

Ta có: \((y-1)(y+2)\geq 0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} y\geq 1\\ y\leq -2\end{matrix}\right.\)

TH1 \(y\geq 1\), đảm bảo \(y-1,y+2\in\mathbb{N}\)

Gọi \(d=\text{ƯCLN}(y-1,y+2)\) \(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y-1\vdots d\\ y+2\vdots d\end{matrix}\right.\Rightarrow (y+2)-(y-1)\vdots d\)

\(\Leftrightarrow 3\vdots d\) \(\Leftrightarrow d\in\left\{1;3\right\}\)

Nếu \(d=1\), tức là không số nào trong \(y-1,y+2\) chia hết cho $3$. Mà \((3x)^2\vdots 3\) nên vô lý (loại )

Nếu \(d=3\). Đặt \(y-1=3k\Rightarrow y+2=3k+3\)

PT trở thành: \((3x)^2=3k(3k+1)=9k(k+1)\)

\(\Leftrightarrow x^2=k(k+1)\)

Vì $k,k+1$ nguyên tố cùng nhau mà tích của chúng lại là một số chính phương nên bản thân chúng cũng là số chính phương.

Đặt \(k=m^2; k+1=n^2\)( \(m,n\in\mathbb{N}\) )

\(\Rightarrow n^2-m^2=1\Leftrightarrow (n-m)(n+m)=1\). Đây là dạng pt tích cơ bản ta thu được \(n=1; m=0\Rightarrow k=0\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y=1\\ x=0\end{matrix}\right.\)

TH2: \(y\leq -2\) thì \(y-1, y+2\leq 0\).

Đặt \(y+2=-(a-1)\Rightarrow y-1=-(a+2)\)

Khi đó: \((3x)^2=(a-1)(a+2)\) với \(a-1,a+2\geq 0\) (là các số tự nhiên)

TH này lặp lại TH1 và ta thu được \(a=1\Leftrightarrow y=-2; x=0\)

Vậy \((x,y)=(0; 1); (0; -2)\)

Bài 3:

Bài toàn này không cần thiết đến điều kiện $x$ nguyên.

\(2^x+3^x=5^x\)

\(\Leftrightarrow \left(\frac{2}{5}\right)^x+\left(\frac{3}{5}\right)^x=1\)

Nếu \(x>1\), do \(\frac{2}{5}; \frac{3}{5}< 1\) nên \((\frac{2}{5})^x< \frac{2}{5}; (\frac{3}{5})^x< \frac{3}{5}\)

\(\Rightarrow (\frac{2}{5})^x+(\frac{3}{5})^x< \frac{2}{5}+\frac{3}{5}\)

\(\Leftrightarrow 1< 1\) (vô lý)

Nếu \(x=1\) (thỏa mãn)

Nếu \(x< 1\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (\frac{2}{5})^x> \frac{2}{5}\\ (\frac{3}{5})^x> \frac{3}{5}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow (\frac{2}{5})^x+(\frac{3}{5})^x> \frac{2}{5}+\frac{3}{5}\)

\(\Leftrightarrow 1>1\) (vô lý)

Vậy pt có nghiệm duy nhất $x=1$

Ta có: \(\sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}>1\) với \(k=1,2,...,n\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}=\sqrt[k+1]{\dfrac{1.1...1}{k}\cdot\dfrac{k+1}{k}}\)

\(< \dfrac{1+1+1+...+1+\dfrac{k+1}{k}}{k+1}=\dfrac{k}{k+1}+\dfrac{1}{k}=1+\dfrac{1}{k\left(k+1\right)}\)

Suy ra \(1< \sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}< 1+\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)\)

Lần lượt cho \(k=1,2,3,...,n\) rồi cộng lại được:

\(n< \sqrt{2}+\sqrt[3]{\dfrac{3}{2}}+...+\sqrt[n+1]{\dfrac{n+1}{n}}< n+1-\dfrac{1}{n}< n+1\)

Vậy phần nguyên a là n

Ace Legona

hoc24 toàn siêu nhân

lớp gì cũng biết AM-GM

giả / sử không có AM-GM ? toán học đi về đâu?

kể cũng lạ

đã là siêu nhân rồi sao lại phải hỏi nhỉ

Ta chứng minh \(1^3+2^3+...+n^3=\left(1+2+..+n\right)^2\)

Đặt \(A=1^3+2^3+...+n^3\)

Với n=1\(\Rightarrow A\) đúng

Giả sử n=k đúng

\(\Rightarrow A=\left(1+2+...+k\right)^2\)

Cần cm \(n=k+1\) đúng

Thật vậy ta có:\(A=1^3+2^3+...+k^3+\left(k+1\right)^3\)

\(A=\left(1+2+...+k\right)^2+\left(k+1\right)^3\)(1)

Cần cm:\(\left(k+1\right)^3=2\left(k+1\right)\left(1+2+...+k\right)+\left(k+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(k+1\right)^2\left(k+1-1\right)=2\left(k+1\right)\cdot\dfrac{k\left(k+1\right)}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(k+1\right)^2k=\left(k+1\right)^2k\)(luôn đúng)

\(\Rightarrow\left(1\right)\) đúng \(\Rightarrowđpcm\)

Vậy \(1^3+2^3+...+n^3=\left(1+2+...+n\right)^2\)

T không làm đc,cơ mà thưởng gì vậy babe?

Bài 2 :

Xét về mặt tổng quát ta có :

\(\sqrt{1^3+2^3+3^3+.......+n^3}=1+2+3+.........+n\)

\(\Rightarrow1^3+2^3+3^3+.........+n^3=\left(1+2+3+........+n\right)^2\)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau cho giả thiết, ta có:

\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{13}{15}\Leftrightarrow\dfrac{a}{13}=\dfrac{b}{15}=\dfrac{c+d}{13+15}=\dfrac{M}{28}\left(1\right)\)

\(\dfrac{c}{d}=\dfrac{17}{25}\Leftrightarrow\dfrac{c}{17}=\dfrac{d}{25}=\dfrac{c+d}{17+25}=\dfrac{M}{42}\left(2\right)\)

\(\dfrac{e}{f}=\dfrac{15}{21}\Leftrightarrow\dfrac{e}{15}=\dfrac{f}{21}=\dfrac{e+f}{15+21}=\dfrac{M}{36}\left(3\right)\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\)suy ra: \(M\in BC\left(28;42;36\right)\). Mặc khác M là số tự nhiên nhỏ nhất, suy ra: M=112(đpcm).

Câu này cô cho mình làm mà mình KO nhớ

SORRY

Nhường t nhé.Rảnh t làm

= \(\dfrac{\sqrt{xy}-1+\sqrt{yz}-3+\sqrt{zx}-5}{3+9+6}\) = \(\dfrac{11-\left(1+3+5\right)}{18}\)=\(\dfrac{1}{9}\)

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

\(\dfrac{\sqrt{xy}-1}{3}=\dfrac{\sqrt{yz}-3}{9}=\dfrac{\sqrt{zx}-5}{6}=\dfrac{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}-1-3-5}{3+9+6}=\dfrac{11-9}{18}=\dfrac{1}{9}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{xy}-1=\dfrac{1}{9}.3=\dfrac{1}{3}\\\sqrt{yz}-3=\dfrac{1}{9}.9=1\\\sqrt{zx}-5=\dfrac{1}{9}.6=\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{xy}=\dfrac{4}{3}\\\sqrt{yz}=4\\\sqrt{zx}=\dfrac{17}{3}\end{matrix}\right.\Rightarrow}\left\{{}\begin{matrix}xy=\dfrac{16}{9}\\yz=16\\zx=\dfrac{289}{9}\end{matrix}\right.\Rightarrow}\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{17}{9}\\y=\dfrac{16}{17}\\z=17\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{17}{9}\\y=-\dfrac{16}{17}\\z=-17\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

Gọi O là giao điểm của a,b O' là giao điểm của a và đường thẳng qua M vuông góc với SQ.

Xét ∆SOQ có

SR \(\perp\) OQ

QP \(\perp\) OS

\(\Rightarrow\)M là giao điểm 3 đường cao của ∆SOQ.

\(\Rightarrow\) OM \(\perp\) SQ

Mà theo giả thuyết O'M \(\perp\) SQ

\(\Rightarrow\) O \(\equiv\) O'

Vậy đường thẳng qua M , vuông góc với SQ cũng đi qua giao điểm của a và b .

Vì a,b không song song nên chúng cắt nhau tại O

Xét \(\Delta OQS\) có:

\(QP\text{_|_}OS\) ( vì \(QP\text{_|_}a\))

\(SR\text{_|_}OQ\) ( vì \(SR\text{_|_}b\))

Ta có: \(QP\) và \(RS\) cắt nhau tại M. Vậy M là trực tâm của \(\Delta OQS\)

SUy ra đường thẳng đi qua \(M\) và vuông góc với \(QS\) tại \(H\) là đường cao thứ 3 của \(\Delta OQS\)

Vậy \(MH\) phải đi qua đỉnh \(O\) của \(\Delta OQS\) hay đường thẳng vuông góc với \(QS\) đi qua giao điểm của \(a;b\)

@Tuấn Anh Phan Nguyễn

Các bạn vào đây để làm bài nhé Vòng 1 | Học trực tuyến

tl ở đâu thím ei

Câu 1 sai đề nhé =))

Sao trong hình tui vẽ xấu thế nhỉ +.+

Này,chấm bài cho chúng tôi rồi thì mới ra đáp án chứ.Ông mà ra kq trước thì nhiều ng` nghĩ sao về chúng tôi.

Ấn vào đây!