Đến nội dung

Math Is Love

Math Is Love

Đăng ký: 21-12-2011
Offline Đăng nhập: 27-08-2023 - 22:39
****-

#625782 $P=\prod_{i=1}^{2015}x_i$

Gửi bởi Math Is Love trong 07-04-2016 - 22:25

Cho hai số thực dương $a,b$ thỏa $2014<\frac{a}{b}<2015$. Xét $2015$ số thực dương $x_1,x_2,...,x_{2015}$ thay đổi thỏa điều kiện $0 < x_i \leq b,\forall i=1,2,...,2015$ và $\sum_{i=1}^{2015}x_i=a$. Tìm $GTLN,GTNN$ của $P=\prod_{i=1}^{2015}x_i$ theo $a$ và $b$.

Bài này nhìn đề bài có vẻ ghê gớm nhưng thực ra không khó như cái hình thức của nó   :D

Đầu tiên tìm max thì đơn giản rồi. Theo BĐT $AM-GM$ thì 

$$P=\prod_{i=1}^{2015}x_i \leq (\frac{\sum_{i=1}^{2015} x_i}{2015})^{2015}$$

$$=\frac{a^{2015}}{2015^{2015}}$$

$$***$$

Tiếp đến tìm giá trị nhỏ nhất. Ý tưởng của ta sẽ là dồn biến về biên.

Gọi dãy $x_1,...,x_{2015}$ là dãy thỏa mãn P nhỏ nhất và dãy gồm có $m$ số $b$ và $n$ số $<b$ với $m+n=2015$

Giả sử $n \geq 2$.Không mất tính tổng quát,giả sử $0<x_1\leq x_2 \leq ... \leq x_n <b$

Vì từ giả thiết ta có:

$$ 2014b < x_1+...+x_{2015} <2015b$$

mà $0<x_i \leq b$ nên $2b>x_k+x_j >b$ với mọi $1<k<j<2015$ (*)

Khi đó, $P=x_1.x_2...x_n.b^m$

Do (*) nên ta có thể thay cặp $(x_1,x_n)$ bằng cặp $(x_1+x_n-b,b)$ mà vẫn đảm bảo tổng 2 số không đổi đồng thời hai số sau khi đổi vẫn thỏa mãn điều kiện để bài là $0<x_i<b$

Đặt $P'=(x_1+x_n-b).x_2...x_{n-1}.b^{m+1}$

Xét $$x_1.x_2 - b(x_1+x_n-b)= x_1.x_n + b^2 - b.x_1 - b.x_n$$

$$= (x_1-b)(x_n-b) > 0$$

vì $0 < x_1< x_n < b$. Vậy nên do đó $P'<P$ vô lý với giả thiết ban đầu.

Vậy $n<2$. Mà $n >0$ vì nếu $x_i=b$ với mọi $i$ thì vô lý. Vậy $n=1$

Vậy $P_{min}=(a-2014b).b^{2014}$.




#510745 Đề thi khối A, A1

Gửi bởi Math Is Love trong 04-07-2014 - 15:38

Lời giải của mình:

Ta có: $P=\frac{x^2}{x^2+yz+x+1}+\frac{y+z}{x+y+z+1}-\frac{1+yz}{9}$ 

$=\frac{2x^2}{2x^2+2yz+2x+x^2+y^2+z^2}+\frac{y+z}{x+1+y+z}-\frac{x^2+y^2+z^2+2yz}{18}$

$=\frac{2x^2}{3x^2+(y+z)^2+2x}+\frac{y+z}{x+1+y+z}-\frac{x^2+(y+z)^2}{18}$ 

Đặt $a=x;b=y+z$,ta có: $a^2+b^2=x^2+(y+z)^2 \geq x^2+y^2+z^2=2$

Áp dụng BĐT $Cauchy$ ta có:

$a+b=x+y+z \leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}=\sqrt{6}$

 $a+b=x+y+z \geq \sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}$ 

Vậy $\sqrt{2}\leq a+b \leq \sqrt{6}$

Áp dụng BĐT $Cauchy$,ta có: $P=\frac{2a^2}{3a^2+b^2+2a}+\frac{b}{a+b+1}-\frac{a^2+b^2}{18}$ 

$=\frac{a}{a+(\frac{b^2}{2a}+\frac{a}{2})+a}+\frac{b}{a+b+1}-\frac{a^2+b^2}{18}$ 

$\leq \frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{a+b+1}-\frac{(a+b)^2}{36}$

$= \frac{a+b}{a+b+1}-\frac{(a+b)^2}{36}$ 

Đặt $t=a+b$. Xét $ f(t)=\frac{t}{t+1}-\frac{t^2}{36}$ trên [$\sqrt{2};\sqrt{6}$]

Ta có: $f'(t)=\frac{1}{(t+1)^2}-\frac{t}{18}$. 

 $f'(t)=0 \Leftrightarrow t=2$. Vậy từ đây ta có: $P\leq f(t) \leq f(2) =\frac{5}{9}$. 

Vậy $P_{max} =\frac{5}{9}$ khi và chỉ khi $(x+y+z)=(1;1;0);(1;0;1)$

 

File PDF lời giải

File gửi kèm  BĐT.pdf   87.23K   289 Số lần tải




#494215 Tìm GTLN và GTNN của $P=(x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5$

Gửi bởi Math Is Love trong 20-04-2014 - 18:56

Cho x, y, z là ba số thực thỏa: $x^2+y^2+z^2=8$
Tìm GTLN và GTNN của $P=(x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5$

Không mất tính tổng quát giả sử $y$ là số nằm giữa $x;z$. Khi đó $(x-y)(y-z) \geq 0$

Ta có: $P= (x-y)^5 + (y-z)^5 - ((x-y)+(y-z))^5$.

Đặt $a=x-y;b=y-z$ thì ta có $ab \geq 0$ và $P= a^5+b^5-(a+b)^5$

Ta có:

$$(a+b)^2=(x-z)^2=x^2+z^2-2xz=8-2xz-y^2$$

$$\leq 8+(x^2+z^2)-y^2=16-2y^2 \leq 16$$

Vậy $-4 \leq a+b \leq 4$.

Vì $ab \geq 0$ nên $a;b$ cùng dấu.

Vì $P=-(5a^4b+10a^3b^2+10a^2b^3+5ab^4)$  mà $a;b$ cùng dấu nên dễ thấy:

$P_{max}$ khi $a;b \leq 0$ và $P_{min}$ khi $a;b \geq 0$

$+,$ Nếu $a;b \geq 0$. Khi đó:

$$P= a^5+b^5-(a+b)^5 \geq \frac{(a+b)^5}{2^4}-(a+b)^5=\frac{-15(a+b)^5}{16} \geq \frac{-15.4^5}{16}$$

$+,$ Nếu $a;b \leq 0$. Khi đó:

$$P= a^5+b^5-(a+b)^5 \leq \frac{(a+b)^5}{2^4}-(a+b)^5=\frac{-15(a+b)^5}{16} \leq \frac{15.4^5}{16}$$

Vậy ta có $P_{min}=-15.4^3$ khi $\left ( x;y;z \right )=\left ( 2;0;-2 \right )$

$P_{max}=15.4^3$ khi $\left ( x;y;z \right )=\left ( -2;0;2 \right )$. $\blacksquare$




#472643 Cho $a,b,c$ là các số thực dương tm $a^3+b^3+c^3-3abc=1$....

Gửi bởi Math Is Love trong 24-12-2013 - 13:48

Cho $a,b,c$ là các số thực dương tm $a^3+b^3+c^3-3abc=1$.Tìm min của $A=a^2+b^2+c^2$.

Lâu lắm mới lên diễn đàn! 

Ta có:

$$1= a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$$

Đặt $P=a^2+b^2+c^2$ và $x=a+b+c$. Ta sẽ tìm min của $P$

Ta có:

$$ab+bc+ca = \frac{x^2-P}{2}$$

Thay vào ta được: $1=x(P-\frac{x^2-P}{2})$

$$\Leftrightarrow P=\frac{x^2}{3}+\frac{2}{3x}=f(x)$$

$$f'(x)=\frac{2(x^3-1)}{3x^2}$$

Từ đây ta có $f(x) \geq f(1) =1$

Vậy $P_{min}=1$. Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $(a;b;c)=(0;0;1)$ và các hoán vị. $\blacksquare$




#454008 Đề chọn đội tuyển HSG Lâm Đồng 2013 – 2014

Gửi bởi Math Is Love trong 29-09-2013 - 19:48



 

Đề chọn đội tuyển HSG Lâm Đồng 2013 – 2014

 

Bài 5: Tìm tất cả hàm số liên tục $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ sao cho

$$f\left( x \right)+f\left( {{x}^{4}} \right)=4026+x+{{x}^{4}}$$ .

 

Ngay trưa hôm thi mình đã nhận được đề do có 1 cậu quen trên Facebook gửi đề hỏi mình!

Bài 5 thực sự ý tưởng dãy số đã quá quen thuộc!

Cho $x=0$ suy ra $f(0)=2013$

Đặt $g(x)=f(x)-x-f(0)$

Thay vào ta có: $g(x)+g(x^4)=0$ và $g(0)=0$. Từ đây suy ra $g$ là hàm chẵn

Vậy ta chỉ cần xét $g$ trên tập số không âm.Xét $x_0 \in $\left [0;+\infty \right )$

Xét dãy: $x_0$ và $x_{n+1}=\sqrt[4]{x_n}$

Từ giả thiết ta có: $\left | g(x) \right |=\left | g(x^4) \right |$

Suy ra $\left | g(x_0) \right |=\left | g(x_1) \right |=....=\left | g(x_n) \right |$

Vì $\lim x_n =0$ mà hàm $g$ liên tục do $f$ liên tục nên $g(x_0)=g(x_n)=g(0)=0$

Vậy $g(x)\equiv 0$ hay $f(x) \equiv x+2013$. Thử lại thỏa mãn




#450790 $\frac{1}{2}(x+y)(y+z)(z+x)+(x+y+z)^{3...

Gửi bởi Math Is Love trong 15-09-2013 - 19:43

Giải phương trình nghiệm nguyên

                                            $\frac{1}{2}(x+y)(y+z)(z+x)+(x+y+z)^{3}=1-xyz$

Đặt $a=x+y;b=y+z;c=z+x$

Phương trình trở thành:

$$(a+b+c)^3+4abc=8- \prod (x+y-z)$$

$$\Leftrightarrow \sum a^3 +3\prod (a+b)+4abc+\sum_{sym} a^2b -\sum a^3-2abc =8$$

$$\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)=2=2.1.1=2.(-1).(-1)=(-2).(-1).1$$

Đến đây chia các TH là xong! 




#441313 $\sum \frac{a^2+b^2}{(b+c)^3}\geq...

Gửi bởi Math Is Love trong 08-08-2013 - 18:09

Cho $a;b;c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng

$$\frac{a^2+b^2}{(b+c)^3}+\frac{b^2+c^2}{(c+a)^3}+\frac{c^2+a^2}{(a+b)^3}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$$

 




#437469 rút gọn $u_{n}$ và tính $limu_{n}$

Gửi bởi Math Is Love trong 23-07-2013 - 16:06

Cho dãy số $u_{n}=\frac{3}{2}+\frac{7}{2^{2}}+\frac{11}{2^{3}}+...+\frac{4n-1}{2^{n}}, \forall n\epsilon N^{*}$. Hãy biến đổi mỗi số hạng của dãy thành một hiệu liên quan đến 2 số hạng kế tiếp của nó, từ đó rút gọn $u_{n}$ và tính $limu_{n}$

Bài này cái đề bài chuối quá!  :angry:  :angry:  :angry:

Sau một hồi tính toán thì chúng ta sẽ viết được dãy $x_n$ dưới dạng truy hồi như sau:

$$\left\{\begin{matrix} u_1= \frac{3}{2} ; u_2=\frac{13}{4}{}\\ u_{n+2}=u_{n+1}-\frac{u_n}{4} +\frac{7}{4} \end{matrix}\right.$$

Tới đây đặt $x_n =u_n-7$ thì ta sẽ tìm được công thức tổng quát của $x_n$ là:

$$x_n = - \frac{4n+7}{2^n}$$

Vậy $\lim x_n =0$ suy ra $\lim u_n =7$

____________

Làm thì ngắn gọn thế này nhưng nghĩ ra mất gần 1 tiếng,cũng tại cái chỗ cuối không thích đặt dãy phụ mà tính giới hạn kiểu đơn điệu,thêm bớt linh tinh vẫn ko ra!  :icon6:  :icon6:  :icon6:




#437458 Tìm giới hạn của dãy $(x_{n})_{n=1}^{\inft...

Gửi bởi Math Is Love trong 23-07-2013 - 15:40

Cho dãy $(x_{n})_{n=1}^{\infty }$ biết $x_{1}=-\frac{1}{2},x_{n+1}=\frac{x_{n}^{2}-1}{2}$ với mọi n=1,2,3,....

Tìm giới hạn của dãy $(x_{n})_{n=1}^{\infty }$ khi $n\rightarrow \infty$

Đặt $f(x)=\frac{x^2-1}{2}$. Ta có:

$$f'(x)=x<0 \ \forall x <0$$

Dễ dàng quy nạp được $\frac{-1}{2} \leq x_n \leq \frac{-3}{8}$ với mọi $n \in Z^+$

Mặt khác dễ tính được $x_1<x_3$ nên suy ra  $\left \{ x_{2k} \right \}$ là dãy giảm và $\left \{ x_{2k+1} \right \}$ là dãy tăng.

Vì ở trên suy ra dãy $\left \{ x_{n} \right \}$ bị chặn nên chuyển qua công thức truy hồi $L= f^{\circ}f(L)$ của hai dãy con và chú ý điều kiện của $x_n$ 

ta suy ra $\lim x_{2k} = \lim x_{2k+1} = 1-\sqrt{2}$

Vậy $\lim x_n =1-\sqrt{2}$.




#437450 $A= \frac{\left ( m+3 \right )^{n}+1}...

Gửi bởi Math Is Love trong 23-07-2013 - 15:25

Cho các số tự nhiên m,n thoả mãn $A= \frac{\left ( m+3 \right )^{n}+1}{3m}$ là số nguyên. Chứng minh: A là số lẻ

Ta có:

$$3m|(m+3)^n+1 \Rightarrow 3m|m^n+3^n+1 \Rightarrow 3|m^n+1 \Rightarrow m\equiv 2 (mod \ 3)$$

và $n$ lẻ.

$$3^n +1 \vdots m \Rightarrow 3^{n+1} \equiv -3 \ (mod \ m)$$

Dễ thấy $V_2(3^n+1)=2$ do $n$ lẻ nên suy ra $V_2(m) \leq 2$

$$ \Rightarrow m=2^\alpha .p_1^{\alpha _1}.p_2^{\alpha _2}...p_r^{\alpha _r}$$

với $ \alpha \leq 2$ và $p_i \in \mathbb{P}$ với mọi $i=\overline{1,r}$

$$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 3^{n+1}\equiv -3\ (mod \ p_i)\\ 3^{n+1}\equiv -3\ (mod \ 2)\end{matrix}\right.$$

Vì $n$ lẻ nên suy ra $\left ( \frac{-3}{p_i} \right )=1$

$$\Rightarrow p_i \equiv 1 \ (mod \ 6)$$

$$\Rightarrow m=2^\alpha.(6k+1)$$

Mặt khác vì $m \equiv 2 \ (mod \ 3) \Rightarrow \alpha =1$ do $\alpha \leq 2$

$$\Rightarrow m= 12k+2$$

Ta có:

$$(m+3)^n+1 = (12k+5)^n+1 \equiv  2 \ (mod \ 4)$$

$$\Rightarrow V_2 ((m+3)^n+1)=2$$

Mà $3m \vdots 2$ nên suy ra $A$ lẻ. $\blacksquare$




#436503 Khảo sát sự hội tụ của dãy $u_{n+1}=\frac{2}...

Gửi bởi Math Is Love trong 20-07-2013 - 15:32

 

Bài toán. Cho dãy số $u_n$ thỏa mãn $u_0=a \geq 0$ và $u_{n+1}=\frac{2}{1+u_n^2}$. Khảo sát sự hội tụ của $u_n$
Lời giải (TLCT DS&GT 11)
Quy nạp cho $u_n \geq 0 \ \ \forall n$
 
Xét hàm số $f : [0;+\infty) \to [0 ;+\infty)$ có $f(x) = \frac{2}{1+x^2}$ là một hàm liên tục. Ta có $x = f(x) \Longleftrightarrow x=1$.
 
Do đó nếu $u_n$ hội tụ thì chỉ có thể hội tụ đến $1$.
 
Hàm số $f$ khả vi trên $[0;+\infty)$ và $f'(x)\leq 0$ suy ra $f$ giảm knn.
 
Tiếp theo ta sẽ chứng minh $\lim u_{2k} = 1$ và $\lim u_{2k+1} = 1$.
 
Xét $g = f_of : [0;+\infty) \to [0;+\infty)$ có $g(x) = \frac{2(1+x^2)^2}{(1+x^2)^2+4}$ thì $g$ là một hàm tăng knn vì $f$ giảm knn.
 
Ta tính $g(x)-x = -\frac{(x-1)^3(x^2+x+2)}{(1+x^2)^2+4}$
 
Xét các trường hợp:
 
+/ Trường hợp 1: $u_0 = a \in [0;1]$
Khi ấy với mọi $k\in N$ ta đều có $u_{2k} \in [0;1]$ và $u_{2k+1} \in [0;1]$ Vậy với mọi $k \in N$ ta có 
         + $u_{2k+2}-u_{2k} = g(u_{2k})-u_{2k} \geq 0 $. 
         + $u_{2k+3}-u_{2k+1} = g(u_{2k+1}-u_{2k+1} \leq 0$
Do đó $u_{2k}$ tăng knn và $u_{2k+1}$ giảm knn.
 
Hơn nữa, vì $u_{2k} \leq 1 \leq u_{2k+1}$ nên $u_{2k}$ hội tụ đến $L$ thuộc $[0;1]$ và $u_{2k+1}$ hội tụ đến $L_2$ thuộc $[1;+\infty)$
 
Vì $g$ liên tục trên $[0;+\infty)$ và vì phương trình $g(x) = x$ có nghiệm duy nhất $x=1$ trên $[0;+infty)$ nên $L=L_2=1$
 
Từ đó $\lim u_{n} = 1$
+/ Trường hợp 2: ..........
 
Mình chưa hiểu chỗ $?$
 
+/ Tính $g(x)-x=-\frac{(x-1)^3(x^2+x+2)}{(1+x^2)^2+4}$ để làm gì ?
+/ Tại sao lại có cái này$u_{2k+2}-u_{2k}=g(u_{2k})-u_{2k} \geq 0 $. 
Và: $u_{2k+3}-u_{2k+1}=g(u_{2k+1})-u_{2k+1} \leq 0$
Mong mọi người giải đáp giúp, mình mới học (ở trường không dậy) nên còn lơ mơ lém :hungry::sad::gach:

 

Bài này không nhầm trong Tài Liệu Chuyên Toán 11 thì phải! :o

Thứ nhất,bạn viết nhầm chỗ dòng đỏ vì $u_{2k+1} \geq 1$

Còn cái chỗ bạn thắc mắc thì dễ hiểu thôi mà:

Vì $u_{k+1}=f(u_k)$ nên $u_{k+2}=g(u_k)$

Vì vậy nên xét $g(x)-x$ tức là xét $u_{k+2}-u_k$ rồi để suy ra tính đơn điệu của các dãy $u_{2k}$ và $u_{2k+1}$.


  • T M yêu thích


#436247 BĐT APMO 2003

Gửi bởi Math Is Love trong 19-07-2013 - 19:25

Góp vui bằng bài toán này! <_<  <_<  <_< 

Cho $a;b;c$ là độ dài ba cạnh một tam giác có chu vi bằng $1$ và $n$ là số nguyên $\geq 2$. 

Chứng minh rằng:

$$\sqrt[n]{a^n+b^n}+\sqrt[n]{b^n+c^n}+\sqrt[n]{c^n+a^n} < 1 + \frac{\sqrt[n]{2}}{2}$$

___________________

P/s: Đã sửa,xin lỗi mọi người!  :icon6: 




#432866 $\sum \frac{a(a+b)(a+c)+3abc}{b+c} \g...

Gửi bởi Math Is Love trong 04-07-2013 - 19:11

Mời mọi người chém thử bài này! :namtay  :namtay  :namtay 

Cho $a;b;c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$$\sum \frac{a(a+b)(a+c)+3abc}{b+c} \geq \frac{7}{2}(ab+bc+ca)$$

 




#432577 Một số bài Toán ứng dụng công thức nội suy Lagrange

Gửi bởi Math Is Love trong 03-07-2013 - 18:58

Thấy BOX có vẻ trầm nên mình xin góp vui bằng mấy bài!

 

Bài 1:

Cho $x_1;x_2;...;x_m$ là các số thực đôi một phân biệt. Đặt:

$$S_n =\sum^n_{i=1} \frac{x_i}{\prod_{j\neq i} (x_i-x_i)}$$

Hãy tính $S_{m+k}$ với mọi $k \in \mathbb{Z}^+$.

 

Bài 2:

Cho $n$ là một số nguyên dương. Chứng minh rằng với mọi $n$ thì ta luôn có đẳng thức:

$$\sum^n_{k=0} \frac{(-1)^k}{(2n+1-2m)!(2n+1-m)!}=(-1)^n.\frac{2^{2n+1}}{((2n+1)!)^2}$$

 

Bài 3:

Cho $n$ là một số nguyên dương bất kì. Chứng minh rằng với mọi $n$ thì ta luôn có đẳng thức:

$$\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^{n+1} = \frac{(n+1)!}{2}$$




#431395 Tuyển người làm MHS Shortlist, MSS Shortlist, MO Shortlist năm 2013

Gửi bởi Math Is Love trong 28-06-2013 - 21:24

Đợt sắp tới em cũng rất bận ôn thi nên chắc không thể tham gia được. Nhưng em cũng có thể đóng góp một số bài toán tự sáng tác của em trong thời gian qua để làm đề thi. Không biết liệu có được không ạ??? :)