Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


minhtuyb nội dung

Có 497 mục bởi minhtuyb (Tìm giới hạn từ 21-02-2016)



Sắp theo                Sắp xếp  

#557825 Bất đẳng thức chuẩn bị cho kì thi THPTQG 2015-2016

Đã gửi bởi minhtuyb on 04-05-2015 - 16:33 trong Bất đẳng thức và cực trị

Dạo này thấy topic hơi chìm,góp thêm 1 bài!

Cho $x,y,z$ thực dương thỏa mãn $(x+y)^2+4x^2y^2+1=(2z^2+1)^2$.Tìm GTNN của:

$P=\frac{16x^3}{(y+z)^3}+\frac{16y^3}{(x+z)^3}+3.\frac{xy+1}{z^2+1}$

Từ giả thiết ta có:

$$+) (2z^2+1)^2=(x+y)^2+\frac{(4xy)^2}{4}+1\leq (x+y)^2+\frac{(x+y)^4}{4}+1=\left [ \frac{(x+y)^2}{2}+1 \right ]^2\\ \Rightarrow 2z\leq x+y$$

$$+) (2z^2+1)^2=(2xy+1)^2+(x-y)^2\geq (2xy+1)^2\Rightarrow z^2\geq xy$$

 

Áp dụng bất đẳng thức $\frac{a+c}{b+c}\geq \frac{a}{b}$ với $b>a>0, c\geq 0$, dấu bằng khi $c=0$ với $a=xy,b=z^2,c=1$, ta có: $\frac{xy+1}{z^2+1}\geq \frac{xy}{z^2}$    (*)

 

Áp dụng BĐT Cô si 3 cho số không âm, ta dễ có:

$$\frac{16x^3}{(y+z)^3}\geq \frac{12x}{y+z}-4$$

$$\frac{16y^3}{(x+z)^3}\geq \frac{12y}{x+z}-4$$

 

Từ ba bđt trên suy ra:

$$P\geq 12\left ( \frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}   \right )+3.\frac{xy}{z^2}-8$$

 

Ta có:

$$(z+x)(z+y)=z^2+xy+yz+zx\leq 2z^2+yz+zx=z(2z+x+y)\leq z(x+y+x+y)=2z(x+y)$$

Nên:

$$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z} =\frac{x^2+y^2+z(x+y)}{(z+x)(z+y)}\leq \frac{x^2+y^2+z(x+y)}{2z(x+y)}=\frac{x^2+y^2}{2z(x+y)}+\frac{1}{2}$$

 

Suy ra:

$$P\geq 6\frac{x^2+y^2}{z(x+y)}+3.\frac{xy}{z^2}-2
\\=3\left[  2\frac{x^2+y^2}{z(x+y)}+\frac{xy}{z^2} \right ]-2
\\=3.\frac{2z(x^2+y^2)+xy(x+y)}{z^2(x+y)}-2
\\\geq 3.\frac{2z(x^2+y^2)+xy.2z}{z^2(x+y)}-2
\\=6.\frac{x^2+y^2+xy}{z(x+y)}-2
\\\geq 6.\frac{\frac{3}{4}(x+y)^2}{z(x+y)}-2
\\=\frac{9}{2}\frac{x+y}{z}-2
\\\geq \frac{9}{2}.2-2=7$$

 

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là $7$

 

*Nhận xét: Hai khó khăn lớn nhất ở lời giải này là việc xử lý phân thức thứ 3 ( như ở (*) )  và việc làm gọn mẫu số $(z+x)(z+y)$ để xuất hiện hạng tử $z$, từ đó giảm độ phức tạp của bài toán.




#457950 Đề thi HSG tỉnh Yên Bái và TST

Đã gửi bởi minhtuyb on 16-10-2013 - 18:16 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.



Biến ở VT xác định trên $\mathbb{R}$ biến ở VP có tập giá trị trên $[0;+\infty)$. Lời giải trên chưa chặt chẽ. Phải giải thêm một trường hợp nữa mới được.

 

Dạng bài này xuất hiện khá nhiều. Thế $x=\frac{2014}{y}$ là được.

Mình không hiểu ý bạn lắm, $f$ ở đây lấy giá trị đối số trên $(0;+\infty)$ mà? Tất nhiên là ở đẳng thức bạn trích dẫn mình đều đang lấy $x,y>0$.




#456156 Đề thi HSG tỉnh Yên Bái và TST

Đã gửi bởi minhtuyb on 08-10-2013 - 19:35 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Câu 5 (3 điểm)
Tìm hàm số $f:(0;+\propto )\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện:

$\left\{\begin{matrix} f(1)=\frac{1}{2}\\ f(xy)=f(x).f\left ( \frac{2014}{y} \right )+f(y).f\left ( \frac{2014}{x} \right )\ \ (1),\forall x,y\in (0;+\propto ) \end{matrix}\right.$

Bài này thế đơn thuần thôi :). Mà cái điều kiện đầu tiên hơn yếu thì phải?
---
Giả sử tồn tại hàm số thoả mãn điều kiện bài toán:

- Ở $(1)$ cho $x=2014;y=1\rightarrow f(2014)=\dfrac{1}{2}$
- Ở $(1)$ cho $y=1\rightarrow f(x)=\dfrac{1}{2}f(x)+\dfrac{1}{2}f\left ( \frac{2014}{x} \right )\Leftrightarrow f(x)=f\left ( \frac{2014}{x} \right )\ \ (2)$
- Ở $(1)$ cho $x=y\rightarrow f(x^2)=2f(x)f\left( \frac{2014}{x} \right )=2f(x)^2\ \ (3)$
 
- Kết hợp $(1),(2)$ và $(3)$ ta có:
$$f(xy)=f(x)^2+f(y)^2\ \ (4)$$
và $$f(xy)=\dfrac{f(x^2)+f(y^2)}{2}\ \ (5)$$
Từ đây suy ra:
$$f(xy)=^{(4)}f(x)^2+f(y)^2=^{(3)}2f(\sqrt{xy})^2=^{(5)}2\left (\dfrac{f(x)+f(y)}{2} \right)^2\\ \Leftrightarrow (f(x)-f(y))^2=0\Leftrightarrow f(x)=f(y) \forall x,y>0\\ \Leftrightarrow f\equiv C$$
Mà $f(1)=\dfrac{1}{2}\rightarrow $$C=\dfrac{1/2}$. Thử lại thấy $f\equiv \dfrac{1}{2}$ thoả mãn điều kiện bài toán.
 
Vậy $f(x)=\dfrac{1}{2}$ là hàm số cần tìm. $\square$



#441777 Topic về số học, các bài toán về số học.

Đã gửi bởi minhtuyb on 10-08-2013 - 17:47 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Bài 41 (IMO Shortlist 2012): Cho $x,y$ là các số nguyên dương dương thỏa mãn $x^{2^n}-1$ chia hết cho $2^ny+1$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng $x=1$.




#441653 Chứng minh $p| b^2-4ac$

Đã gửi bởi minhtuyb on 09-08-2013 - 22:58 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Mình có $1$ thắc mắc 

Do $p$ nguyên tố do đó 

Nếu $p$ chia hết $b^2-4ac$ thì $p=b^2-4ac$ à

"Chia hết" khác "chia hết cho". $p$ chia hết $b^2-4ac\ \Leftrightarrow p|b^2-4ac$




#441603 Topic về số học, các bài toán về số học.

Đã gửi bởi minhtuyb on 09-08-2013 - 21:16 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Bài 40
Cho $k$ là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa $3^{k}\mid 2^{n}-1$

Giả sử $n$ là một số nguyên dương thỏa mãn điều kiện bài toán. Dễ thấy $n$ chẵn. Đặt $n=2n'$, ta phải tìm các số nguyên dương $n'$ sao cho $3^{k}\mid 4^{n'}-1$. Tất cả các số nguyên $n'$ cần tìm là bội của $ord_{3^k}(4)$.

 --------------------------------------

- Ta có $ord_{3}(4)=1$. Đặt $ord_{3^k}(4)=h$ thì theo định nghĩa ta có: $4^h-1\vdots 3^k\rightarrow v_3(4^h-1)\ge k$. Theo bổ đề LTE suy ra:

$$v_3(4-1)+v_3(h)\ge k\Leftrightarrow v_3(h)\ge k-1\Leftrightarrow 3^{k-1}| h\ (1)$$

Mặt khác: $4^{3^{k-1}}-1\vdots 3^k\Rightarrow h| 3^{k-1}\ (2)$ (cũng sử dụng bổ đề LTE)

 

-Từ (1) và (2) suy ra $h=3^{k-1}$ hay $ord_{3^k}(4)=3^{k-1}$ suy ra tất cả các số nguyên $n'$ cần tìm là bội của $3^{k-1}$ hay tất cả các số nguyên $n$ cần tìm là bội của $2.3^{k-1}$

 

 

 

 




#441131 Chứng minh $p| b^2-4ac$

Đã gửi bởi minhtuyb on 07-08-2013 - 21:11 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

Đề bài: Cho a,b,c là những số nguyên và p là một số nguyên tố lẻ.

Chứng minh rằng nếu đa thức $f(x)=ax^2+bx+c$ nhận giá trị là một số chính phương tại $2p-1$ giá trị khác nhau của $x$ thì $p$ chia hết $b^2-4ac$.




#434526 $f(m+n-mn)=f(m)+f(n)-f(mn)$

Đã gửi bởi minhtuyb on 11-07-2013 - 14:52 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

$\fbox{Bài toán:}$ Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa mãn:
$$f(m+n-mn)=f(m)+f(n)-f(mn)$$




#432073 $\left \lfloor n\sqrt{2} \right \rflo...

Đã gửi bởi minhtuyb on 01-07-2013 - 16:56 trong Các bài toán và vấn đề về Số học

$\fbox{Bài toán:}$      Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:
$$\left \lfloor n\sqrt{2} \right \rfloor=\left \lfloor 2+m\sqrt{2} \right \rfloor$$




#431104 Bài toán tìm số hộp tối thiểu.

Đã gửi bởi minhtuyb on 27-06-2013 - 20:10 trong Các bài toán và vấn đề về Tổ hợp và rời rạc

Có lẽ là sư dụng bô đê này:

Cho đô thị đâỳ đủ 10 đỉnh. Tìm sô cạnh nhỏ nhât của đô thị cân đánh dâú đê tam giác bât kì có đỉnh là đỉnh đô thị có ít nhât môt cạnh đc đánh dâú.

 

Đáp sô là 20 cạnh,. Áp dụng vào bài toán ra 50 hôp :D

Bạn có thể nêu cho mình cách chứng minh bổ đề cũng như cách áp dụng vào bài toán không nhỉ? Cảm ơn bạn nhiều :).




#431064 Bài toán tìm số hộp tối thiểu.

Đã gửi bởi minhtuyb on 27-06-2013 - 17:39 trong Các bài toán và vấn đề về Tổ hợp và rời rạc

$\fbox{Bài toán:}$ Cho $1000$ số $000;001;...;999$ và $100$ hộp $00;01;...;99$. Một số $\overline{abc}$ có thể được xếp vào một trong các hộp $\overline{ab};\overline{bc};\overline{ac}$.
 
VD: Số $000$ chỉ có thể xếp vào hộp $00$; số $123$ có thể được xếp vào hộp $12$,$13$ hoặc $23$
 
Hỏi số hộp tối thiểu để xếp đủ $1000$ số trên?
 

 
$\fbox{Tổng quát}$

Spoiler




#428581 Tổng hợp các bài BĐT - GTLN GTNN thi thử đại học

Đã gửi bởi minhtuyb on 18-06-2013 - 15:43 trong Bất đẳng thức và cực trị



Bài 4. Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương tùy ý thỏa mãn $a+b+c=2$. Tìm GTLN của biểu thức

 

$$S=\dfrac{ab}{\sqrt{2c+ab}}+\dfrac{bc}{\sqrt{2a+bc}}+\dfrac{ca}{\sqrt{2b+ca}}$$

 

Đề 7 - THPT chuyên Nguyên Tất Thành - Kon Tum - 2013




#428575 Tổng hợp các bài BĐT - GTLN GTNN thi thử đại học

Đã gửi bởi minhtuyb on 18-06-2013 - 15:30 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 2. Cho $x;y$ là 2 số thực dương thỏa mãn $x^2+y^2=2$

 

Chứng minh rằng

 

$$\frac{x^3}{y^2}+\frac{9y^2}{x+2y} \geq 4$$

 

Đề 1 - Onluyentoan.vn - 2012

Lời giải bài 2: Đây là lời giải của em. Em nghĩ đây chắc cũng là lời giải của tác giả do thấy nó thuận lợi quá :):

---

 

-Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:

$$(\frac{x^3}{y^2}+\frac{9y^2}{x+2y})(x+(x+2y))\ge (\frac{x^2}{y}+3y)^2$$

 

-Lại do $x^2+y^2=2$ nên có:

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

(Điểm thuận lợi chính ở đoạn này :P)

 

Thêm vào đó, dễ dàng chứng minh $x+(x+2y)=2(x+y)\le 4$ nên suy ra:

$$\frac{x^3}{y^2}+\frac{9y^2}{x+2y}\ge \dfrac{4^2}{4}=4$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=1$

 

---

Việc tìm ra lời giải của bài toán là do phát hiện được $x+(x+2y)=2(x+y)\le ...$ và khi $x=y=1$ thì ta cũng đảm bảo được dấu bằng của Cauchy-Schwarz. Ngoài ra còn "ăn may" ở đoạn trên nữa :P




#427169 $a_1=30;a_2=45;a_{n+2}=a_{n+1}^{2}-a_...

Đã gửi bởi minhtuyb on 14-06-2013 - 15:11 trong Các bài toán và vấn đề về Dãy số - Giới hạn

Định luật tuần hoàn dãy số dư! Một định lý đơn giản nhưng ứng dụng rất nhiều đối với dãy số (tổng hữu hạn, hàm phần nguyên, v.v...)

 

Định luật chỉ ra rằng:

$a_n= P(n)\mod m$ là dãy tuần hoàn

với $P(n)$ là đa thức nguyên hay hàm mũ nguyên biến $n$

$m$ là số nguyên dương bất kỳ.

 

Từ đó, mọi dãy (nguyên) tuyến tính cấp 1, 2, ... đều thỏa mãn định lý này. (Nguồn: không nhớ :luoi:)

Thầy ơi thầy có tài liệu nào chuyên viết về mấy cái này không ạ?




#426980 $a_1=30;a_2=45;a_{n+2}=a_{n+1}^{2}-a_...

Đã gửi bởi minhtuyb on 13-06-2013 - 23:22 trong Các bài toán và vấn đề về Dãy số - Giới hạn

Cái này là 1 định lý hay là phương pháp vậy em ? Anh dở Số học.... :P

Em nghĩ gọi nó là bổ đề :P. Em tổng quát cái này từ phần b bài dãy số trong TST 2004 :P.

 

Giả sử ta có dãy $(a_n):a_0;a_1;...;a_m;a_{n+m}=\alpha_1 a_{m+n-1} +\alpha_2 a_{m+n-2}+...+\alpha_m a_{n}\ \forall n$ với $\alpha_i$ là các hằng số nguyên và $b_n$ là dãy số dư của $a_n$ theo modul $k$ bất kỳ thì $b_n$ sẽ tuần hoàn.

 

Cốt lõi của phép chứng minh chỉ là chỉ ra có hữu hạn bộ $(b_1;b_2;b_3;...;b_m)$ rồi dùng Đi dép lê để chứng minh có hai bộ trùng nhau, suy ra dãy tuần hoàn.

 

P/s: Ta có thể mở rộng thêm bằng cách cho thêm số mũ vào nữa :P.




#426954 $a_1=30;a_2=45;a_{n+2}=a_{n+1}^{2}-a_...

Đã gửi bởi minhtuyb on 13-06-2013 - 22:40 trong Các bài toán và vấn đề về Dãy số - Giới hạn

Làm sao nghĩ ra được dãy này thế  :icon13:

Em dựa vào ý tưởng chứng minh dãy số dư của một dãy số cho bởi công thức tuyến tính modul bất kỳ đều tuần hoàn ạ.




#426923 $a_1=30;a_2=45;a_{n+2}=a_{n+1}^{2}-a_...

Đã gửi bởi minhtuyb on 13-06-2013 - 21:44 trong Các bài toán và vấn đề về Dãy số - Giới hạn

Cho dãy số $\begin{Bmatrix} a_{n} \end{Bmatrix}$ thỏa $a_{1}=30;a_{2}=45;...;a_{n+2}=a_{n+1}^{2}-a_{n}$

Chứng minh tồn tại vô số chỉ số n để $a_{n}\vdots 1995$

- Xét dãy $b_n$ là dãy được xác định theo quy tắc: $b_n\equiv a_n\ (mod\ k)\ \ ;0\le b_n<k$ với modul $k$ bất kì. Từ công thức của dãy $a_n$ ta có:

$$b_{n+2}\equiv b_{n+1}^2-b_{n}\ (mod\ k)$$

 

- Ta sẽ chứng minh $b_{n}$ là dãy tuần hoàn với mọi modul $k$. Thật vậy, ta chỉ cần chứng minh tồn tại hai chỉ số $i,j,i<j$ sao cho $b_i=b_j;b_{i+1}=b_{j+1}$ vì khi đó sẽ có $b_{j+2}\equiv b_{j+1}^2-b_{j}\equiv b_{i+1}^2-b_{i}\equiv b_{i+2}\ (mod\ k)$. Tương tự: $b_{j+3}\equiv b_{i+3};b_{j+4}\equiv b_{i+4};...;b_{2j-i-1}\equiv b_{j-1}\ (mod\ k)$, suy ra $b_n$ là dãy tuần hoàn.

- Do chỉ có tối đa $k^2$ cặp giá trị $(b_i;b_{i+1})$ nên nếu ta chọn $k^2+1$ cặp như thế thì theo nguyên lí Đi dép lê sẽ tồn tại hai cặp $(b_i;b_{i+1});(b_j;b_{j+1}): b_i=b_j;b_{i+1}=b_{j+1}$. Tóm lại với mọi modul $k$ thì dãy số dư của $a_n$ theo modul $k$ sẽ tuần hoàn.

 

Công việc còn lại là cần chỉ ra tồn tại $a_m\vdots 1995$. Rất đơn giản vì $a_3=45^2-30=1995$ luôn rồi :P $\square$

 

---------

Hình như bài toán này giải chưa đầy đủ vì chưa biết dãy $a_n$ tuần hoàn từ số hạng thứ mấy thì phải???

Uk nhỉ. Vậy t nghĩ có thể làm lùi như thế này:

---

- Ta đã chọn được các chỉ số $i,j$ sao cho $b_i=b_j;b_{i+1}=b_{j+1}$. Bây giờ ta sẽ chứng minh: $b_{j-1}=b_{i-1}$. Thật vậy:

$$b_{j-1}-b_{i-1}\equiv (b_j^2-b_i^2)-(b_{j+1}-b_{i+1})\equiv 0\ (mod\ k)\\ \Rightarrow b_{j-1}=b_{i-1}$$

Tương tự: $b_{j-2}=b_{i-2};... ;b_2=b_{2+(j-i)};b_1=b_{1+(j-i)}$

Vậy dãy đã cho tuần hoàn ngay từ $b_1$ với chu kỳ (chưa chắc đã là cơ sở) $j-i$

 




#424970 Đề thi tuyển sinh chuyên Sư phạm vòng 2 năm 2013

Đã gửi bởi minhtuyb on 07-06-2013 - 23:47 trong Tài liệu - Đề thi

Câu 1 : (2,5 điểm)

1, Các số thực $a,b,c$ đồng thời thỏa mãn 2 đẳng thức :

 

  • $(a+b)(b+c)(c+a)=abc$
  • $(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)=a^3b^3c^3$

Chứng minh rằng $abc=0$

2, Các số thực dương $a,b$ thỏa mãn $ab>2013a+2014b$. Chứng minh bất đẳng thức :

$$a+b>(\sqrt{2013}+\sqrt{2014})^2$$

 


 


 

$\fbox{1.}$ Ta có:

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

 

-Xét $abc=0$ thì $(1)$ đúng

 

-Xét $abc\ne 0$ thì $(1)$ tương đương với: $(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)=a^2b^2c^2\ \ \ (2)$

 

- Dễ dàng có đánh giá sau:$a^2-ab+b^2\ge a^2+b^2-|ab|\ge 2|ab|-|ab|=|ab|$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b$. Xây dựng các BĐT tương tự suy ra:

 

$$VT(2)\ge |ab|.|bc|.|ca|=a^2b^2c^2=VP(2)$$

Theo giả thiết thì đẳng thức xảy ra nên $a=b=c$. Thay ngược lại điều kiện ban đầu thấy $abc=0$. Vô lí

 

Vậy đẳng thức được chứng minh $\square$.

 

$\fbox{2.}$ $ab>2013a+2014b\Rightarrow 1>\dfrac{2014}{a}+\dfrac{2013}{b}\Rightarrow a+b > (a+b)(\dfrac{2014}{a}+\dfrac{2013}{b})\ge (\sqrt{2014}+\sqrt{2013})^2$

 

---

Câu 2 đưa về dạng đồng bậc để tìm ra số $k$ sao cho $x=ky$.

 

Hình câu a vẽ thêm đường kính của $E$ với $(O)$ (đg thẳng BF còn được gọi là đg đối trung), câu b tính trâu :P

 

Mấy câu còn lại no comment :)

 

---

P/s: Quên mất đi xem đề trường mình :P




#422994 Tìm min $\sum \dfrac{x-1}{y^2}$

Đã gửi bởi minhtuyb on 01-06-2013 - 23:42 trong Bất đẳng thức và cực trị

$\fbox{Bài toán:}$ Cho $x,y,z>1$ thỏa mãn $x+y+z=xyz$, tìm GTNN của biểu thức:

 

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

 




#418874 $\frac{P^{2}(x)}{Q^{2}(x)}=...

Đã gửi bởi minhtuyb on 16-05-2013 - 22:23 trong Các bài toán và vấn đề về Đa thức


Trường hợp $a \neq 0$

Nếu $a \neq 0 \wedge a \ge \frac{-1}{4} $ thì $P(x)=pR(x) \;, Q(x)=qR(x) $ với $R \in R[x] , R(x) \neq 0 \; \forall x \in \mathbb{R}$ và $(p;q) \in \mathbb{R} \times \mathbb{R}^* $ đồng thời $p^2=pq+aq^2 $ là các đa thức thỏa đề bài.

Em có đọc trong một tài liệu và họ ghi đáp số (không rõ chứng minh) của trường hợp này là:

$$a=2;Q(x)=cx^n;P(x)=c(1+x^{2n})$$




#418840 $f(x)f(2x^2)=f(2x^3+x), \forall x \in \mathbb{R...

Đã gửi bởi minhtuyb on 16-05-2013 - 21:14 trong Các bài toán và vấn đề về Đa thức



 Suy ra là sao vậy em?

Để có cái suy ra này cần 2 chứng minh sau đây:

- Thứ nhất là nếu $P(x)$ thỏa mãn đề bài thì $deg P$ chẵn (cái này dễ ạ, dựa vào nghiệm để c/m)

 

- Thứ hai là bài toán tổng quát sau:

Xét phương trình đa thức ẩn $P$ và các đa thức $f,g,h$ trên $\mathbb{R}[x]$ thỏa mãn các điều kiện sau:

1. $P(f(x))P(g(x))=P(h(x))\ (1)$

2. Kí hiệu $deg (f) =f$, tương tự với $g,h$ và ta có: $f+g=h$

3. Một trong hai điều kiện sau thỏa mãn:

         3.1: $f\ne g$

         3.2: $f=g$ và $f*+g*\ne 0$, trong đó $f*,g*$ là hệ số cao nhất của các đa thức $f$ và $g$ tương ứng.

 

Khi đó với mọi số nguyên dương $n$ tồn tại nhiều nhất một đa thức $P(x)$ bậc n và thỏa mãn hệ các điều kiện trên.

 

$\fbox{Chứng minh}$

 

Giả sử $P$ là đa thức bậc $n$ thỏa mãn hệ điều kiện trên. So sánh hệ số cao nhất hai vế của đa thức trong phương trình:

$$P(f(x))P(g(x))=P(h(x))$$

Ta có: $P*(f*)^n.P*(g*)^n=P*(h*)^n\Rightarrow P*=(\dfrac{h*}{f*g*})^n$

 

Phản chứng: Giả sử tồn tại đa thức $Q$ bậc $n$ khác $P$ cũng thỏa mãn hệ điều kiện trên thì từ đẳng thức trên ta có $Q*=P*$.

 

Đặt $Q(x)=P(x)+R(x)$ với $0\le r<n$. Thay vào phương trình $(1)$ ta có:

$$(P(f)+R(f))(P(g)+R(g))=P(h)+R(h)\\ \Leftrightarrow P(f)P(g)+P(f)R(g)+R(f)P(g)+R(f)R(g)=P(f)P(g)+R(h)\\ \Leftrightarrow P(f)R(g)+R(f)P(g)+R(f)R(g)=R(h)\ \ \ (2)$$

 

Xét các trường hợp:

$\fbox{TH 1}: f\ne g$., giả sử $f>g$. Khi đó bậc đa thức ở $VT(2)$ là $nf+rg$. Trong khi đó bậc đa thức $VP(2)$ là $rh=r(f+g)<nf+rg$. Mâu thuẫn (Đến đây là xong đối với bài toán đa cho)

 

$\fbox{TH 2}: f=g, f*+g*\ne 0$. Khi đó hai đa thức đầu tiên ở $VT(2)$ đều có bậc $nf+rg=ng+rf$ nên có thể xảy ra sự triệt tiêu khi thực hiện phép cộng. Tuy nhiên, xét hệ số cao nhất của hai đa thức này lần lượt là $P*(f*)^n.r*(g*)^n$ và $r*(f*)^n.P*(g*)^n$ có tổng khác không do $f*+g*\ne 0$. Như vậy bậc đa thức $VT(2)$ vẫn là $nf+rg$. Mâu thuẫn tương tự trường hợp trên.

 

Tóm lại bài toán tổng quát được c/m hoàn toàn $\blacklozenge$

 

 

 

 

 

 

 




#416438 Chứng minh: $I,J,D$ thẳng hàng

Đã gửi bởi minhtuyb on 04-05-2013 - 18:32 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Cho đường tròn $(O)$. $A$ lad một điểm nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ vẽ tiếp tuyến $AA'$ và cát tuyến $ACD$ ($C$ nằm giữa $A$ và $D$). Đường tròn $(A; AA')$ cắt đường thẳng $CD$ tại $E,F$ ($E$ nằm giữa  $C$ và $D$). Gọi $M=A'E\cap OF, N=DM\cap A'F, I=CM\cap A'F, J=NC\cap A'E$. Chứng minh: $I,J,D$ thẳng hàng.

Có hình luôn đây  :icon10:

- Hai đường tròn $(O)$ và $(A)$ trực giao nên $(FECD)=-1$

$\Rightarrow M(FECD)=-1\Rightarrow (FA'NI)=-1$

- Theo hệ quả của phép chiếu xuyên tâm thì $I,D,J$ thẳng hàng $\square$




#401857 Tìm điểm $M$ sao cho $\dfrac{MB.MC}{MA_1...

Đã gửi bởi minhtuyb on 03-03-2013 - 22:00 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Problem: Cho $\Delta ABC$. Gọi $M$ là điểm bất kì nằm trong miền của tam giác. Đường thẳng $AM$ cắt đường tròn $(O)$ ngoại tiếp $\Delta ABC$ tại điểm thứ hai $A_1$.

Tìm điểm $M$ sao cho biểu thức $P=\dfrac{MB.MC}{MA_1}$ đạt GTNN



#401785 $abc(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}\leq 64\left ( \frac{a+b+c...

Đã gửi bởi minhtuyb on 03-03-2013 - 20:12 trong Bất đẳng thức và cực trị

bài 7: cho 3 số ko âm a,b,c. cmr:
1) $(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b)(b+c)(c+a)\leq 8\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^{9}$
2) $abc(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}\leq 64\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^{9}$

1) BĐT này sai, một cái bậc 6 một cái bậc 9 :|. BĐT đúng phải là:
$$(a^2+b^2+c^2)(a+b)(b+c)(c+a)\le 24(\dfrac{a+b+c}{3})^6$$

2) $$VT\le \dfrac{(a+b+c)^3}{27}.\dfrac{(2a+2b+2c)^6}{27^2}=VP$$



#401680 $\sum\frac{2}{(a+b)^{2}}\ge...

Đã gửi bởi minhtuyb on 03-03-2013 - 15:53 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho em hỏi đẳng thức cuối cùng ??

$\dfrac{1}{(a^2+bc)(1+\dfrac{b}{c})}+\dfrac{1}{(a^2+bc)(1+\dfrac{c}{b})}=\dfrac{1}{a^2+bc}$

$\dfrac{1}{(a^2+bc)(1+\dfrac{b}{c})}+\dfrac{1}{(a^2+bc)(1+\dfrac{c}{b})}=\dfrac{c}{(b+c)(a^2+bc)}+\dfrac{b}{(b+c)(a^2+bc)}\\=\dfrac{b+c}{b+c}.\dfrac{1}{a^2+bc}=\dfrac{1}{a^2+bc}$