đây cũng phải PTH đa thức
Cũng đặt $g(x)$ như bạn
Tức là ta có $g(g(x)) + g(x)=2x+9 $
Xét dãy số $x_0=x , x_1=g(x)$
$x_n= g(g(...(x)...)) $ ($n$ lần $g$ )
Khi đó, ta dễ có $x_{n+2} + x_{n+1} = 2x_n +9 $
Đặt $u_n=x_n-3n $
Khi đó thay vào lại, ta được
$u_{n+2} + u_{n+1} = 2u_n $
Sai phân, ta tính được
$u_n = c_1.1 + c_2(-2)^n $
Cho $n$ lẻ và đủ lớn thì $u_n <0 $ vô lí
Do đó $c_2=0 $
Tới đây dễ rồi

À mình nhầm sang đa thức. Tks bạn

Câu PTH.
Đặt $g(x)=xf(x)$
PT trở thành
$g(g(x))+g(x)=2x+9$
Đến đây thì dễ rồi.
Dế thấy $g$ không thể là hàm hằng.
Gọi bậc của $g(x)$ là $n(n \geq 1)$
Bậc của VP là 1 còn VT là $max(n^2,n)$. Mà $deg VT= deg VP$ nên $n=1$
$g(x)=ax+b$ thì $a=1,b=3$
Thay ngược lên + thử lại thì thỏa mãn
Kết luận $f(x)=1+ \frac {3}{x}$

 

 

Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                    $P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$

 

Ta có $a^{2}-ab+b^{2}= \left [ \frac{1}{2}\left (a-b \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( a^{2}+b^{2} \right ) \right ]\geq \frac{1}{4}\left ( a+b \right )^{2}$

$\Rightarrow P\geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2}\geq \sum \frac{a+b}{a+b+2}$

Đổi biến $\left ( a+b,b+c,c+a \right )\rightarrow \left ( x,y,z \right )$ thì $P\geq \sum \frac{x}{x+2}$ và $xyz=1$

Đây là bài toán đơn giản. Đổi ẩn $\left ( x,y,z \right )\rightarrow \left ( \frac{m}{n},\frac{n}{p},\frac{p}{m} \right )$

Khi đó $P\geq \sum \frac{m}{m+2n}=\sum \frac{m^{2}}{m+2mn}\geq \frac{\left ( m+n+p \right )^{2}}{\left (m+n+p \right )^{2}}=1$

Vậy min P=1 $\Leftrightarrow$ $a=b=c=\frac{1}{2}$

 

ĐỀ THI HSG THPT CHUYÊN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2016-2017 TỈNH QUẢNG NAM

 

 

Chứng minh bất đẳng thức: $ (a+b+c+d)^3 \le 4(a^3+b^3+c^3) +24(abc+bcd+cda+dab) $

 

Thiếu $d^{3}$ nữa chứ nhỉ   

Có hằng đẳng thức sau 

$a^4 +b^4 +(a\pm b)^4=2(a^2\pm ab+b^2)^2$

Hoàn toàn dễ dàng chứng minh đẳng thức trên dựa vào đây.

 

$f$ toàn ánh . Gọi $P(x_0,y_0)$ là phép thế 

Nếu $f(x_1) = f(x_2) $ xét $P(x_1,x_2)$ và $P(x_2,x_1)$ có $x_1 = x_2 \implies f$ đơn ánh $\implies f$ toàn ánh

$P(0,y) : f(f(y)) = by+a $ với $b = f(0) $ , $P(x,f(y)) : f(xf(y)+by+a) = f(x)f(y)+a = f(yf(x)+bx+a) \implies xf(y)+by = yf(x)+bx \implies f(x) = mn+x$  Thế vào thì có $m^2 = n $ và $m^3+m^2 = a$

Vậy $f(x) = mx+m^2$ với $m$ là nghiệm của phương trình $x^3+x^2 - a = 0$ 

 

Đoạn cm đơn ánh chưa hoàn chỉnh. Nếu $f(x_1)=f(x_2)=0$ thì $x_1 \neq x_2$ thoải mái. TH $a=0$ có $f(x)=0, \forall x$ chứng tỏ điều này. 
Có thể xử lí kiểu này. 
$P(0,x):f(f(x))=xf(0)+a$

Nếu $f(0)=0$ thì $P(x,0):a=0$

Hay $P(0,x):f(f(x))=0$

Nếu $f$ hằng thì $f(x)=0,\forall x$. 

Nếu $f$ không hằng thì $\exists c,f(c) \neq 0$ 
$P(c,x):f(cx+f(x))=xf(c)$ nên $f$ toàn ánh. 
Do đó $P(0,x)$ sẽ cho ta $f(x)=0,\forall x$(là hàm hằng, mâu thuẫn) 

 

Xét $f(0) \neq 0$ thì $P(0,x)$ cho $f$ song ánh và có thể tiếp tục giải như trên.

Đóng góp 1 cách cho bài 2.
Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $p=a^n +b^n +c^n +d^n$. Do $ab=cd$ nên ta viết lại
$p= a^n +b^n +c^n +\frac{a^n.b^n}{c^n} \\ \Leftrightarrow p.c^n=(c^n+a^n)(c^n+b^n)$
Nên 1 trong 2 số $c^n+a^n,c^n+b^n$ phải là bội của $p$ mà rõ ràng 2 số này $<p$ nên mâu thuẫn. Vậy ta có đpcm.

Chỗ này thiếu r bạn. $gcd\left (3y,y+1 \right)=1$ hoặc $gcd\left (3y,y+1 \right)=3 $ chứ

Nếu $gcd\left (3y,y+1 \right)=3$ thì $(3x+4)^2 \not\vdots 3$, còn $(y+1)(y^2-y+1) \vdots 3$ nên vô lý

Mình có ghi ở trên là $3|y$ rồi nên hiển nhiên là $gcd(y+1,3)=1$ do $y+1$ chia 3 dư 1 

Câu 1 
Pt 2 tương đương
$\left (\sqrt{x-y+3}-2 \right )\left ( x^{2}+x+2+\sqrt{x-y+3} \right )=0\Leftrightarrow x=y+1$

Thế lại phương trình 1 để giải
Câu 4
Dễ thấy $3|y$

phương trình tương đương $\left ( 3x+4 \right )^{2}=y^{3}+1\Leftrightarrow \left ( 3x+4 \right )^{2}=\left ( y+1 \right )\left ( y^{2}-y+1 \right )$

mà $gcd\left ( y+1,y^{2}-y+1 \right )=gcd\left ( 3y,y+1 \right )=1$ nên

 $\left\{\begin{matrix} y+1=a^{2}\\ y^{2}-y+1=b^{2} \end{matrix}\right.$

Thế 2 phương trình ta có 

$a^{4}-3a^{2}+3-b^{2}=0\Leftrightarrow 4a^{4}-12a^{2}+12-4b^{2}=0$

$\Leftrightarrow \left ( 2a^{2}-2b^{2}-3 \right )\left ( 2a^{2}+2b^{2}-3 \right )=-3$

Giải ra có $a^{2}=b^{2}=1$ hay $\left ( x,y \right )=\left ( -1,0 \right )$

Bài 5. 

Chứng minh được

$$x_{n}+x_{n-1}=\dfrac{-1}{2017^{n-1}}$$

Từ đó suy ra CTTQ 

$$x_{n}=\dfrac{2017 \cdot (-1)^n}{2018}- \dfrac{1}{2018 \cdot 2017^{n-1}}$$

Do đó $$\displaystyle \lim_{n \to + \inf} x_{n} =\dfrac{2017^2}{2018^2}$$

 

Bài 6. 

Từ giả thiết dễ có

$$f(x) \geq 2xy-f(y), \forall x,y$$

Cho $x=y$ thì $f(x) \geq x^2, \forall x$

Cố định $x$, chọn $y$ sao cho $2xy-f(y)$ lớn nhất. 

Khi đó $$f(x)=2xy-f(y) \leq 2xy-y^2 \leq x^2$$

Do đó $f(x)=x^2, \forall x$

Thử lại TM, kết luận...

Tìm tất cả $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn

$$f(x^2+f(xy))=xf(x+y), \forall x,y \in \mathbb{R}$$

trước tiên ta nhận thấy pt có 1 ngh là f(x) đồng nhất bằng 0

ta thấy f(f(0))=0 thay y bởi f(0) trong pt đầu ta được f(x^2)=xf(x) suy ra f là hàm lẻ

suy ra luôn tồn tại số thực a thỏa f(a)=0

th1: a khác 0 lúc này thay x bởi a ta được f(x) là hàm hằng...... 

th2: suy ra chỉ có một giá trị là x=0 thỏa mãn f(x)=0 

thay x bởi -y ta được f(x^2)=x^2 mọi x thực 

lại có do tính lẻ của hàm f suy ra f(x)=x vs mọi x thực

Vậy.....

Làm đầy đủ chút được không bạn.
$P(x,f(0)):f(x^2+f(xf(0)))=xf(x+f(0))$
$P(a,y):f(a^2+f(ay))=af(y+a)$

Như bạn thấy cả 2 đẳng thức này chả thu được gì cả. 

Khúc đầu có thể làm đẹp hơn như sau 

Pt $(\frac{2x^3}{y}+1)^{2}=4y+9$

Từ đó đặt $k=\frac{2x^3}{y}$

Pt $k(k-2)(k+4)=8x^3$

nên $k=2a$

Pt $a(a-1)(a+2)=x^3$

Làm tương tự như trên sẽ ra   

P/s:Mạng như ẹ    Em gõ từ 9h mà mãi chưa được đi ngủ 

Ta có
$m^2+n^2|(m^2+n^2)(m+n)-mn(m+n)-4$ nên $m^2+n^2|mn(m+n)+4$(1)
Từ đó $m^2+n^2 \leq m^2n +n^2m+4$(2)
Nếu cả 2 số $m,n$ cùng bằng 1 thì (1) thỏa mãn và $m^2+n^2=2$ cũng thỏa mãn.
Ngược lại, KMTTQ giả sử $m>1$
Ta viết lại (2) như sau
$n^2(m-1)+nm^2-m^2+4 \leq 0$
Xét $\Delta$ theo $n$ thì
$\Delta = m^4+4m^3-4m^2-16m+16 \leq 0$ Rõ ràng bất phương trình này vô nghiệm nguyên dương với $m>1$.
Vậy $m=n=1$ là nghiệm duy nhất.
Xử lí theo cách này có thể không dùng điều kiện nguyên tố.

CM tương đương.
chuyển vế: $(\frac{a}{a^2+1}-\frac{3}{10})+(\frac{b}{b^2+1}-\frac{3}{10})+(\frac{c}{c^2+1}-\frac{3}{10})\leq 0<=>\sum( \frac{-3a^2+10a-3}{a^2+1})$(luôn đúng).
Dấu "=" xảy ra khi x=y=3.

Hãy đánh giá thử bất đẳng thức cuối xem vì sao nó đúng?

$$\sum \dfrac{a}{a^2+1} \leq \frac{9}{10} $$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{a}{a^2+1} \leq \frac{9}{10} + \sum \dfrac{6(3a-1)}{25}$$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{(3a-1)^2(4a+3)}{50(a^2+1)}\geq 0$$
Hiển nhiên đúng.

Ừ đúng rồi mình khai triển hết ra rồi chuyển thành nhân tử đó

Có cách nào đẹp hơn mà chỉ xét module không nhỉ   

Cách này nặng chất biến đổi quá

Làm gọn như sau
Dễ thấy có 2 số là 2 và 5.
Đặt số lớn nhất là $x$ thì
$VP \geq 2^{n-1} x$.
$VT \leq nx+7$
Từ đó $x(2^{n-1} -n) \leq 7$
Mà $x \geq 2 $ nên $2^{n-1} \leq 3+n$
Ta thấy điều này chỉ đúng với $n=1,2$
$n=1$ vô nghiệm nên $n=2$.

làm gì có a + b + c = 1 hả bạn !!

Có đấy bạn. Nếu không có chọn $a=b=c$ có ngay điều vô lý.

Ta có $$\sum \frac{a^2}{c}= \sum \frac{a^4}{a^2c} \geq \frac{(\sum a^2)^2}{\sum a^2c}$$
Ta phải chứng minh
$$\sum a^2 \geq 3(\sum a^2c) \Leftrightarrow (\sum a^2)(\sum a) \geq 3(\sum a^2c) \Leftrightarrow \sum a(a-b)^2 \geq 0$$

vì sao ạ?

Ý bạn là sao? Cứ khai triển ra là thấy nó tương đương thôi mà?

1. abc=1, a,b,c dương
CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$
b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$

Bài 1 khó cả 2 câu.
a. Bđt cần cm tương đương với
$$\sum \frac{(2a-1)^2}{a^2-a+1} \geq 3$$
Áp dụng bđt C-S ta phải cmr
$$\frac{(2a+2b+2c-3)^2}{a^2+b^2+c^2-a-b-c+3} \geq 3$$
Đặt $p=a+b+c=x^2,q=ab+bc+ca$
Ta phải chỉ ra $p^2-9p+6q \geq 0$
Chú ý bđt thông dụng $q^2 \geq 3pr=3p=3x^2$
Bài toán đưa về $x(x- \sqrt{3})^2(x+2 \sqrt{3}) \geq 0$
Hiển nhiên đúng.


b. Viết lại bđt
$$ \sum \frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} \geq 4$$
Áp dụng C-S và ta đi cmr
$$\frac{9(a+b+c-1)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} \geq 4$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+18(ab+bc+ca) -18(a+b+c)-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+18(c-1)(a+b) +c^2-18c+18ab-3 \geq 0$$
KMTTQ, $c \geq 1$, Đặt $c=x^2$
Khi đó $$ L.H.S \geq 20ab+36(c-1) \sqrt{ab} +c^2-18c-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{20}{x^2} +\frac{36(x^2-1)}{x} +x^4-18x^2-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-1)^2(x-2)^2(x+1)(x+5) \geq 0$$
Hiển nhiên đúng.

Cho tứ giác $ABCD$ cố định và 1 điểm $P$ chuyển động trên đường $AC$. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác $APD$ cắt tia $AD$ tại $E$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $APB$ cắt tai $AD$ tại $F$. Chứng minh rằng khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ luôn đi qua 1 điểm cố định.
[hide] Với cấu hình khá là đẹp thế này không biết liệu nó đã xuất hiện ở đâu chưa? [\hide]

Bài 6 $2ab+6bc+2ac=7abc$ <=> $\frac{2}{c}+\frac{6}{a}+\frac{2}{b}=7\Leftrightarrow 6x+2y+2z=7$

C=$\frac{4}{y+2x}+\frac{9}{z+4x}+\frac{4}{y+z}\geq \frac{\left (2+3+2 \right )^{2}}{6x+2y+2z}=7$ 

Tìm hàm số $f(x)$ biết: $f(x+y) = f(x)+f(y)+2xy.$

@halloffame: bạn thêm giúp mình dữ kiện về tập gốc và tập đích của hàm $f$ nhé. 

Mình đã từng thấy lời giải bài này trong điều kiện $f$ khả vi.
Khi đó cho $x=y=0$ thì $f(0)=0$.
Với $y \rightarrow 0$ lại có $\dfrac{f(x+y)-f(x)}{y} = \dfrac{f(y)-f(0)}{y-0}+2x$
Hay $ f'(x)=2x+f'(0)$
Vậy $f(x)=x^2+ax +b$. Thử lại ta thấy $b=0$.

Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ có $AB<AC$. Phân giác góc $\widehat{A}$ cắt $(O)$ tại $D$. Từ 1 điểm $P$ trên $AB$ kẻ $PS$ vuông góc với $AD$. $PD$ cắt $(O)$ tại $G$.$SB,SG$ cắt $(O)$ tại $M,N$.Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để $BD,PS,AG$ đồng quy là tứ giác $ABMN$ điều hòa.