$\fbox{[Toán 8] Chuyên đề ôn thi hsg toán 8}$

[thong7enghiaha]

Cho mình hỏi là từ $x^2+ax+b=0$ thì bạn lấy đâu ra $x=\dfrac{ \pm \sqrt{a^2-4b}-b}{2}$.Với lại cho mình xem lại cái từ hiển nhiên cái bạn ơi

À. Cái này có công thức là:

Với 1 tam thức bậc hai: $ax^2+bx+c=0$ thì nghiệm $x_1; x_2$ của nó bằng:

$\Delta=b^2-4ac$

$x_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}$

$x_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}$

Phải không Harrypham...

 

[thong7enghiaha]

Nói đến đây thì mình cũng nói luôn:

Nếu $\Delta < 0$ thì phương trình vô nghiệm.

Nếu $\Delta=0$ thì phương trình có 1 nghiệm kép: $\dfrac{-b}{2a}$

Còn nếu $\Delta>0$ thì tìm nghiệm theo công thức ở phía trên...

 

[young_wolf]

Mình đóng góp thêm một bài nữa. Bài này khó hơn bài kia nhiều đấy

Tìm Max, Min của $\dfrac{x^2+y^2}{x^2+xy+4y^2}$ với x, y không cùng bằng 0

 

[young_wolf]

2 ngày rồi. Mình làm cho pic còn phát triển
Đặt phân thức là A ta được

Xét $y=0$ thì $x \neq 0$

$\leftrightarrow A=1$

Xét $y \neq 0$

Chia cả tử cả mẫu cho y^2 ta được

$A=\dfrac{(\dfrac{x}{y})^2+1}{(\dfrac{x}{y})^2+ \dfrac{ x }{ y } +4}$

Đặt $\dfrac{x}{y}=t$. Ta được:

$A=\dfrac{t^2+1}{t^2+t+4}$

$\leftrightarrow At^2+At+4A=t^2+1$

$\leftrightarrow (A-1)t^2+At+4A-1=0$

Với $A \neq 1$ ta chia cả 2 vế cho A-1 được

$t^2+\dfrac{A}{A-1}t+\dfrac{4A-1}{A-1}=0$

$t^2+2\dfrac{A}{2A-2}t+\dfrac{A^2}{4(A-1)^2}=\dfrac{A^2}
{4(A-1)^2}-\dfrac{4A-1}{A-1}$

$\leftrightarrow (t+\dfrac{A}{2A+2})^2=\dfrac{A^2-4(4A-1)(A-1)}
{4(A-1)^2}$

Vì $(t+\dfrac{A}{2A+2})^2 \geq 0 \\ 4(A+1)^2 \geq 0$

nên $A^2-4(4A-1)(A+1) \geq 0$

$\leftrightarrow A^2-4(4A^2-5A-4) \geq 0$

$\leftrightarrow -15A^2+20A-4 \leq 0$

$\leftrightarrow 15A^2-20A+4 \leq 0$

$\leftrightarrow A^2-\dfrac{4}{3}A+\dfrac{4}{15} \leq 0$

$\leftrightarrow (A-\dfrac{2}{3})^2 \leq \dfrac{8}{15}$

$\leftrightarrow |A-\dfrac{2}{3}| \leq \sqrt{\dfrac{8}{45}}$

$\leftrightarrow -\sqrt{\dfrac{8}{45}} \leq A-\dfrac{2}{3} \leq
\sqrt{\dfrac{8}{45}}$

$\leftrightarrow -\sqrt{\dfrac{8}{45}}+\dfrac{2}{3} \leq A \leq \sqrt{\dfrac{8}{45}}+\dfrac{2}{3}$

Vậy MinA là $-\sqrt{\dfrac{8}{45}}+\dfrac{2}{3}$

MaxA là $\sqrt{\dfrac{8}{45}}+\dfrac{2}{3}$

 

[young_wolf]

Mình đóng góp thêm một bài nữa này:

Chứng minh rằng với mọi a,b,c là số thực thì:

$\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ac}{a+c} \leq \dfrac{a+b+c}{2}$

 

[harrypham]

Mình đóng góp thêm một bài nữa này:

Chứng minh rằng với mọi a,b,c là số thực thì:

$\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ac}{a+c} \leq \dfrac{a+b+c}{2}$

Mình nghĩ bất đẳng thức chỉ đúng với $a,b,c$ là các số không âm.
Ví dụ $a=0,b=-1,c=-2$ thì $VT= \dfrac{-2}{3}> \dfrac{-3}{2}=VP$.

Ta chứng minh như sau $$\begin{aligned} \dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ac}{a+c} \le \dfrac{a+b+c}{2} & \iff (a+b+c)- \dfrac{2ab}{a+b}- \dfrac{2bc}{b+c}- \frac{2ca}{c+a} \ge 0 \\ & \iff \left( \frac{a+b}{2}- \frac{2ab}{a+b} \right)+ \left( \dfrac{b+c}{2}- \dfrac{2bc}{b+c} \right)+ \left( \dfrac{c+a}{2}- \dfrac{2ac}{a+c} \right) \ge 0 \\ & \iff \dfrac{(a-b)^2}{2(a+b)}+ \dfrac{(b-c)^2}{2(b+c)}+ \dfrac{(c-a)^2}{2(c+a)} \ge 0 \quad ( \text{luon dung}) \end{aligned}$$

 

[braga]

Tiếp nhé
Tìm các số nguyên x,y thoả mãn:

[TEX]10x^2+20y^2+24xy+8x-24y+51<0[/TEX]
​

 

[harrypham]

Tiếp nhé
Tìm các số nguyên x,y thoả mãn:

[TEX]10x^2+20y^2+24xy+8x-24y+51<0[/TEX]
​

$$\begin{aligned} pt & \iff 100x^2+200y^2+240xy+80x-240y+510<0 \\ & \iff (10x)^2+ 2 \cdot (10x) \cdot (12y+4)+ (144y^2+96y+16)+56y^2-336y++494<0 \\ & \iff (10x+12y+4)^2+56(y-3)^2-10<0 \\ & \iff (10x+12y+4)^2+56(y-3)^2<10 \end{aligned}$$
Dễ thấy $56(y-3)^2 \ \vdots 56$ với mọi $y \in \mathbb{Z}$. Do đó $y=3$. Nên $(10x+40)^2<10 \iff 10(x+4)^2<1$. Hiển nhiên $x=-4$. Vậy $$\boxed{x=-4,y=3}.$$
Bây giờ mình bận, lời giải đầy đủ sẽ edit sau.

 

[young_wolf]

Mình nghĩ bất đẳng thức chỉ đúng với $a,b,c$ là các số không âm.
Ví dụ $a=0,b=-1,c=-2$ thì $VT= \dfrac{-2}{3}> \dfrac{-3}{2}=VP$.

Ta chứng minh như sau $$\begin{aligned} \dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ac}{a+c} \le \dfrac{a+b+c}{2} & \iff (a+b+c)- \dfrac{2ab}{a+b}- \dfrac{2bc}{b+c}- \frac{2ca}{c+a} \ge 0 \\ & \iff \left( \frac{a+b}{2}- \frac{2ab}{a+b} \right)+ \left( \dfrac{b+c}{2}- \dfrac{2bc}{b+c} \right)+ \left( \dfrac{c+a}{2}- \dfrac{2ac}{a+c} \right) \ge 0 \\ & \iff \dfrac{(a-b)^2}{2(a+b)}+ \dfrac{(b-c)^2}{2(b+c)}+ \dfrac{(c-a)^2}{2(c+a)} \ge 0 \quad ( \text{luon dung}) \end{aligned}$$

Đúng với cả âm cả dương luôn mà
Nhận xét
$(x+y)^2-4xy=(x-y)^2$ nên $(x+y)^2 \geq 4xy$
$\leftrightarrow \dfrac{xy}{x+y} \leq \dfrac{x+y}{4}$
Thay vào biểu thức ta được:
$\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ac}{a+c} \leq \dfrac{a+b}{4}+\dfrac{b+c}{4}+\dfrac{a+c}{4}= \dfrac{ a+b+c }{ 2 }$

 

[harrypham]

Đúng với cả âm cả dương luôn mà
Nhận xét
$(x+y)^2-4xy=(x-y)^2$ nên $(x+y)^2 \geq 4xy$
$\leftrightarrow \dfrac{xy}{x+y} \leq \dfrac{x+y}{4}$
Thay vào biểu thức ta được:
$\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ac}{a+c} \leq \dfrac{a+b}{4}+\dfrac{b+c}{4}+\dfrac{a+c}{4}= \dfrac{ a+b+c }{ 2 }$

Cái $\dfrac{x+y}{4} \ge \dfrac{xy}{x+y} \iff \dfrac{x+y}{4}- \dfrac{xy}{x+y}
\ge 0 \iff \dfrac{(x-y)^2}{4(x+y)} \ge 0$. Điều này chưa hẳn là đúng.
Lí do: với $x+y<0$ thì $\dfrac{(x-y)^2}{4(x+y)} \le 0$.

 

[young_wolf]

Dễ thở một chút nhá

Giải phương trình nghiệm nguyên:

$x^2+xy+y^2=x^2y^2$

 

[minhtuyb]

Dễ thở một chút nhá

Giải phương trình nghiệm nguyên:

$x^2+xy+y^2=x^2y^2$

$$pt\Leftrightarrow (x+y)^2=xy(xy+1)$$
Vì $xy(xy+1)$ là tích 2 STN liên tiếp $\Rightarrow xy=0$ hoặc $xy=-1$
Giải ra ta được nghiệm $(x;y)=(0;0);(1;-1);(-1;1)$
---
Đề "khó thở" một chút nhé :
Giải các pt sau trên tập $\mathbb{N^*}$

$\large{1.\ 1!+2!+...+x!=y^2\\ 2.\ 1!+2!+...+x!=y^3\\ 3. \ 1!+2!+...+x!=y^z\ (z\ge 2)}$

 

[harrypham]

$$pt\Leftrightarrow (x+y)^2=xy(xy+1)$$
Vì $xy(xy+1)$ là tích 2 STN liên tiếp $\Rightarrow xy=0$ hoặc $xy=-1$
Giải ra ta được nghiệm $(x;y)=(0;0);(1;-1);(-1;1)$
---
Đề "khó thở" một chút nhé :
Giải các pt sau trên tập $\mathbb{N^*}$

$\large{1.\ 1!+2!+...+x!=y^2\\ 2.\ 1!+2!+...+x!=y^3\\ 3. \ 1!+2!+...+x!=y^z\ (z\ge 2)}$

1. Xét các trường hợp $x=1,2,3,4$ ta tìm được $x=1,y=1$ hoặc $x=3,y=3$.
Với $x \ge 5$ thì $1!+2!+3!+4!+ \cdots + x!$ sẽ có tận cùng là $3$ (vì $1!+2!+3!+4!=33$ tận cùng là $3$ nên không thể là bình phương một số tự nhiên, TH này ta loại.

2. Xét với $x=1,2,3,4,5,6$ ta tìm được $x=1,y=1$.
Với $x \ge 7$ thì $1!+2!+ \cdots + x!$ chia $7$ dư $5$ (vì $1!+2!+3!+4!+5!+6!=873$ chia $7$ dư $5$) không thể lập phương một số tự nhiên.

 

[passivedefender]

Tính giá trị của biểu thức sau, biết [tex]a+b+c=0[/tex]:
[tex]A=(\frac{a-b}{c}+ \frac{b-c}{a}+ \frac{c-a}{b})(\frac{c}{a-b}+ \frac{a}{b-c}+ \frac{b}{c-a})[/tex]

 

[thong7enghiaha]

$A=(\dfrac{a-b}{c}+\dfrac{b-c}{a}+\dfrac{c-a}{b})(\dfrac{c}{a-b}+\dfrac{a}{v-c}+\dfrac{b}{c-a})$

Gọi $B=\dfrac{a-b}{c}+\dfrac{b-c}{a}+\dfrac{c-a}{b}$

\Rightarrow $\dfrac{c}{a-b}.B=1+\dfrac{c}{a-b}(\dfrac{b-c}{a}+\dfrac{c-a}{b})$

$\dfrac{c}{a-b}.B=1+\dfrac{c}{a-b}.\dfrac{b^2-bc+ac-a^2}{ab}$

$\dfrac{c}{a-b}.B=1+\dfrac{c}{a-b}.(\dfrac{(a-b)(c-a-b)}{ab}=1+\dfrac{2c^2}{ab}=1+\dfrac{2c^3}{abc}$

Tương tự ta có:

$\dfrac{a}{b-c}.B=1+\dfrac{2a^3}{abc}$; $\dfrac{b}{c-a}.B=1+\dfrac{2b^3}{abc}$

\Rightarrow $A=3+\dfrac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}=3+\dfrac{2.3abc}{abc}=9$ (vì dễ dàng CM:$a^3+b^3+c^3=3abc$)

 

[harrypham]

$$pt\Leftrightarrow (x+y)^2=xy(xy+1)$$
Vì $xy(xy+1)$ là tích 2 STN liên tiếp $\Rightarrow xy=0$ hoặc $xy=-1$
Giải ra ta được nghiệm $(x;y)=(0;0);(1;-1);(-1;1)$
---
Đề "khó thở" một chút nhé :
Giải các pt sau trên tập $\mathbb{N^*}$

$\large{1.\ 1!+2!+...+x!=y^2\\ 2.\ 1!+2!+...+x!=y^3\\ 3. \ 1!+2!+...+x!=y^z\ (z\ge 2)}$

3. Vừa mới nghĩ ra.
Với $z$ chẵn thì ta giải như pt 1, tìm được $x=3,y=3,z=2$.
Với $z$ lẻ:
Nếu $z=3$ thì giải như 2.
Nếu $z>3$ thì $y^z \ \vdots y^3$.
Mà với $z>3$ thì $1!+2!+...+x!$ chia hết cho $3$ nên $1!+2!+3!+...+x!$ chia hết cho $27$. Ta thử tiếp với $x=4,5,6,7,8$ cũng không thoả mãn. Còn với $x>8$ thì $y^z$ không chia hết cho $27$, mâu thuẫn.

Vậy $$ \boxed{x=y=3,z=2}$$

 

[young_wolf]

Giải bằng 2 cách:

Cho $x,y,z$ là các số thực trong khoảng từ -1 đến 2 và $x+y+z=0$. Chứng minh $x^2+y^2+z^2 \leq 6$

 

[young_wolf]

Vì $x;y;z \leq 2$ nên

$(x-2)(y-2)(z-2) \leq 0$

$\leftrightarrow xyz-2yz-2xz+4z-2xy+4y+4x-8 \leq 0$

$\leftrightarrow xyz-2xy-2yz-2xz \leq 8(1)$

Vì $x;y;z \geq -1$ nên

$(x+1)(y+1)(z+1) \geq 0$

$\leftrightarrow xyz+xy+yz+xz+x+y+z+1 \geq 0$

$\leftrightarrow xyz+xy+yz+xz \geq -1(2)$

Lấy (1) trừ (2) ta được:

$-3(xy+yz+xz) \leq 9$

$\leftrightarrow -2(xy+yz+xz) \leq 6$

Lại có $x+y+z=0$

$\leftrightarrow (x+y+z)^2=0$

$\leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz=0$

$\leftrightarrow x^2+y^2+z^2=-(2xy+2yz+2xz)$

Vậy $x^2+y^2+z^2 \leq 6$

 

[soicon_boy_9x]

Mình đóng góp 1 bài này

Cho $\dfrac{xy}{z}+\dfrac{yz}{x}+\dfrac{xz}{y}=x+y+z (x;y;z \neq 0)$

Tính giá trị của $Q=\dfrac{x^2}{y^2+z^2}+\dfrac{y^2}{x^2+z^2}+ \dfrac { z^2 } { x^2+y^2 }$

 

[thong7enghiaha]

Ta có:

$\dfrac{xy}{z}+\dfrac{yz}{x}+\dfrac{xz}{y}=x+y+z$

$\dfrac{xyz}{z^2}+\dfrac{xyz}{x^2}+\dfrac{xyz}{y^2}=x+y+z$

$xyz(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2})=x+y+z$

$\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2} = \dfrac{x+y+z}{xyz}$

$\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2} = \dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}$

$\dfrac{2}{x^2}+\dfrac{2}{y^2}+\dfrac{2}{z^2} = \dfrac{2}{xy}+\dfrac{2}{yz}+\dfrac{2}{xz}$

$\dfrac{2}{x^2}+\dfrac{2}{y^2}+\dfrac{2}{z^2}-\dfrac{2}{xy}-\dfrac{2}{yz}-\dfrac{2}{xz}=0$

$(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{y})^2+(\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{z})^2+(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{z})^2=0$

\Rightarrow $\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{z}$

\Leftrightarrow $x=y=z$

Thay vào ta tính được:

$Q=\dfrac{x^2}{x^2+x^2}+\dfrac{x^2}{x^2+x^2} + \dfrac{x^2}{x^2+x^2}$

$Q=3(\dfrac{x^2}{2x^2})$

$Q=\dfrac{3}{2}$

P/s: Dài quá...