Bài 38: Tìm hàm liên tục $f: R\rightarrow R$  thoả mãn:

  1) $f$ là đơn ánh

  2) $f(2x-f(x))=x$

  3) Tồn tại $x_{0}$ thỏa mãn $f(x_{0})=x_{0}$

Xét hàm $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, $g(x)=2x-f(x)$
 

Từ $(2)$ ta có $g(g(x))=2g(x)-f(g(x))=2g(x) -x$

Do đó $g$ là một đơn ánh và vì $g$ liên tục nên $g$ đơn điệu thực sự

Trường hợp 1:  $g$ giảm thực sự. Ta có

$g(g(x)) - g(x) = g(x) - x$  $(4)$

Nếu $g(x) > x$ thì $g(g(x) < g(x)$, mâu thuẫn với $(4)$, tương tự ta cũng gặp mâu thuẫn nếu $g(x)<x$

Do đó $g(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$, không thể có vì $g$ giảm thực sự

Trường hợp 2: $g$ tăng thực sự.

Từ $g(g(x))=2g(x)-x$, bằng quy nạp ta có thể chứng minh $g_{n}\left ( x \right )=ng\left ( x \right )-(n-1)x,\forall x\in \mathbb{R}$

Đặc biệt $ g_{n}\left ( 0 \right )=ng\left ( 0 \right )$

Do đó

$g_{n}(x)-g_{n}(0)=ng(x)-ng(0)-(n-1)x,\forall x\in \mathbb{R}$

hay

$g(x)-g(0)-x=\frac{g_{n}(x)-g_{n}(0)-x}{n},\forall x\in \mathbb{R}$   $(5)$

Bởi $g$ tăng thực sự nên khi cho $n\rightarrow \propto $ ta được

$\left\{\begin{matrix} g\left ( x \right )\geq x+g(0),\forall x \geq 0\\ g(x)\leq x+g(0),\forall x < 0 \end{matrix}\right.$

Ta sẽ chứng minh $g$ là một toàn ánh

Thật vậy đặt $m= \inf\left \{ g(x)\mid x \in \mathbb{R} \right \}$ và $M= \sup \left \{ g(x)\mid x \in \mathbb{R} \right \}$

Giả sử $M < \propto$, khi đó chọn $x=M+a - g(0) > 0$ với $a > 0$ tùy ý ta được

$g(M+a-g(0))\geq M+a>M$, mâu thuẫn

Chứng tỏ $M = \propto$, tương tự $m= - \propto$, nên $g$ là một toàn ánh

$g$ đơn ánh và toàn ánh nên là song ánh, như vậy tồn tại ánh xạ ngược $g^{-1}$

Ta thấy $g^{-1}$ cũng tăng thực sự

Từ $(5)$ cho $n\rightarrow -\propto $ ta có 

$\left\{\begin{matrix} g\left ( x \right )\leq x+g(0),\forall x \geq 0\\ g(x)\geq x+g(0),\forall x < 0 \end{matrix}\right.$

Vậy $g(x) = x+g(0), \forall x \in \mathbb{R}$  và $f(x) = x-g(0)=x+f(0), \forall x\in \mathbb{R}$

Vì tồn tại $x_{0}$ sao cho $f(x_{0})=x_{0}$ nên $f(x) = x, \forall x \in \mathbb{R}$

Bài 28 : Cho hai dãy số dương $(x_n),(y_n)$ xác định bởi $x_1=y_1=\dfrac{3}{\sqrt{2}}$ và :

$$\left\{\begin{matrix} 9x_{n+1}=4x_{n+1}y_{n+1}^2-9x_n\\ 9y_{n+1}=4y_{n+1}x^2_{n+1}+9y_n \end{matrix}\right.,\;\forall n\in \mathbb{N}^*$$

Chứng minh hai dãy này có giới hạn hữu hạn và tính các giới hạn này.

Ta chứng minh quy nạp theo $n$ rằng $x_{n}^{2}+y_{n}^{2}=9$     $(*)$

* Với $n=1$, hiển nhiên $(*)$ đúng

* Giả sử $(*)$ đúng với $n$, tức là $x_{n}^{2}+y_{n}^{2}=9$

Ta có

$(9x_{n})^{2}+(9y_{n})^{2}=\left ( 9x_{n+1}-4x_{n+1}y_{n+1}^{2} \right )^{2}+\left ( 9y_{n+1}-4y_{n+1}x_{n+1}^{2} \right )^{2}$

$\Rightarrow \left ( x _{n+1}^{2}+y_{n+1}^{2}-9\right )\left ( 16x_{n+1}^{2}y_{n+1}^{2} +81\right )=0$

Điều này khẳng định $(*)$ đúng với $n+1$, theo nguyên lí quy nạp $(*)$ đúng với mọi số nguyên dương $n$

Từ $(*)$ ta thấy với mỗi $n$ thì $-3\leq x_{n},y_{n}\leq 3$

Cũng bằng quy nạp ta có được

$\left\{\begin{matrix} x_{n}=3 \sin \frac{\pi }{4.3^{n-1}}\\ y_{n}=3 \cos \frac{\pi }{4.3^{n-1}} \end{matrix}\right.$

Kết luận:

$\boxed {\lim x_{n}=0, \lim y_{n}=3}$

_______________________________________________________________________________

Xin góp thêm cho topic một bài tự chế được

Bài 29   Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} x_{1}=a > 0\\ x_{n+1}= \ln \left (1+ x_{n} \right ),\forall n\in \mathbb{N} \end{matrix}\right.$

1. Chứng minh rằng với mọi số thực $M > 1$ luôn tồn tại số nguyên dương $k$ thỏa mãn $1\leq x_{n+1}+\frac{1}{x_{n}+1}\leq M,\forall n\geq k$

2. Tìm tất cả các số thực $s$ sao cho $n^{s}\left ( x_{n}-x_{n+1} \right )$ có giới hạn hữu hạn khác $0$

Thêm một bài nữa.....

 

  Bài 18: Cho $a,b,c> 0,n$ là số nguyên dương. CMR:

 

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

Theo anh thấy thì bất đẳng thức này sai ngay từ $n=9$ rồi (với bộ số $(a,b,c)=(1,22;1,21;1,2)$)

Còn với $n=8$ xin đề xuất cách chứng minh dưới đây

Theo bất đẳng thức $AM-GM$ thì

$\frac{a^{2}-\sqrt{3}ab+b^{2}}{(2-\sqrt{3})b}+\frac {a^2+\sqrt{3}ab+b^{2}} {(2+\sqrt{3})b}+b+b\geq 4\sqrt[4]{a^{4}-a^{2}b^{2}+b^{4}}$

hay

$2\frac{a^{2}}{b}+3b-3a\geq 2\sqrt[4]{a^{4}-a^{2}b^{2}+b^{4}}$

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy - Schwarz$ ta có

$a^{4}+b^{4}\geq a^{2}b^{2}+\sqrt{\frac{a^{8}+b^{8}}{2}}$

Từ đó suy ra

$2\frac{a^{2}}{b}+3b-3a\geq 2\sqrt[8]{\frac{a^{8}+b^{8}}{2}}$

Lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế lại với nhau ta được

$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq \sum \sqrt[8]{\frac{a^{8}+b^{8}}{2}}$

yho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn:

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=1$

CMR: $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\leq \frac{3}{2}\sqrt[3]{2abc}$

$\left ( a,b,c\right )=\left ( \frac{y+z}{x},\frac{z+x}{y},\frac{x+y}{z} \right )$

Ta cần chứng minh

$\sum \sqrt[3]{\frac{yz}{2(z+x)(x+y)}}\leq \frac{3}{2}$

Theo bất đẳng thức $AM - GM$ ta có

$\sum \sqrt[3]{\frac{1}{2}.\frac{y}{x+y}.\frac{z}{z+x}}\leq \frac{1}{3}\left ( \frac{3}{2}+\sum \frac{y}{x+y}+\sum \frac{z}{z+x} \right )=\frac{3}{2}$

1) Cho $a;b;c;d>0$ thỏa mãn $abcd=1$. Cmr:

$$P=\sum \dfrac{1}{(a+1)^2}\ge 1$$

2) Cho $a;b;c>0$ thỏa $ab+bc+ca=3$ và $a\ge c$. Tìm Min

$$P=\dfrac{1}{(a+1)^2}+\dfrac{2}{(b+1)^2}+\dfrac{3}{(c+1)^2}$$

Trước hết ta có bất đẳng thức sau

$\frac{1}{(x+1)^{2}}+\frac{1}{(y+1)^{2}}\geq \frac{1}{1+xy}$$,\forall x,y>0$

(Chứng minh bằng cách khai triển)

1. Ta có

$\sum \frac{1}{(a+1)^{2}}\geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd}=1$

2. Cũng áp dụng bất đẳng thức trên ta được

$P\geq \frac{1}{1+ac}+\frac{2}{ 1+bc}\geq \frac{9}{3+ac+2bc}\geq \frac{9}{3+ab+bc+ca}=\frac{3}{2}$

KÌ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI

CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2015

Môn thi: Toán

Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)

Ngày thi thứ nhất: 22/10/2014

Câu 1

Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} 4x^{2}y+\sqrt{x}=3\\ 2x^{2}y\left ( 1+\sqrt{4y^{2}+1} \right )=x+\sqrt{x^{2}+1} \end{matrix}\right.$

Câu 2

Tìm tất cả các hàm $f:\left ( 0,\propto \right )\rightarrow \left ( 0,\propto \right )$ thỏa mãn

$x^{2}\left ( f(x)+f(y) \right )=\left ( x+y \right )f\left ( y f\left ( x \right ) \right )\forall x,y\in \left ( 0,\propto \right )$

Câu 3

Cho tam giác đều $ABC$. $P$ là một điểm bất kì trên đường tròn ngoại tiếp tam giác. Đường thẳng qua $P$ tương ứng vuông góc với $BC,CA,AB$ cắt các đường thẳng $AB,BC,CA$ theo thứ tự tại $I,G,K$. Chứng minh rằng $I,G,K$ thẳng hàng

Câu 4

Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn phương trình

$3^{x-1}+1=2^{y}$

Câu 5

Trong mặt phẳng cho $2015$ điểm phân biệt $A_{1},A_{2},...,A_{2015}$

Chứng minh rằng, trên bất kì đường tròn có bán kính bằng $1$ ta luôn tìm được điểm $M$ thỏa mãn tính chất

$MA_{1}+MA_{2}+...+MA_{2015}\geq 2015$

Ngày thi thứ hai: 23/10/2014

Câu 1

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn

$3\left ( x^{4}+y^{4}+z^{4} \right )-7\left ( x ^{2}+y^{2}+z^{2}\right )+12=0$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P=\frac{x^{2}}{y+2z}+\frac{y^{2}}{z+2x}+\frac{z^{2}}{x+2y}$

Câu 2

Cho dãy số $\left ( x_{n} \right )$ xác định bởi: $ln\left ( 1+x_{n}^{2} \right )+nx_{n}=1$ với mọi $n\in \mathbb{N}*$

Tìm giới hạn $\lim \frac{n\left ( 1-nx_{n} \right )}{x_{n}}$

Câu 3

Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ cắt nhau tại hai điểm $A$ và $B$. Trên đường thẳng $AB$ lấy điểm $P$. Từ $P$ vẽ hai tiếp tuyến $PC,PD$ lần lượt tới $(O)$ và $(O')$ ($C,D$ là tiếp điểm). Vẽ tiếp tuyến chung $MN$ của hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ với $M\in \left ( O \right )$ và $N \in \left ( O' \right )$.

Chứng minh ba đường thẳng $AB,CM,DN$ đồng quy

Câu 4

Trong một giải thi đấu thể thao vòng tròn một lượt có $n$ vận động viên $A_{1},A_{2},...,A_{n}$ $\left ( n>1 \right )$ tham gia. Mỗi vận động viên thi đấu với tất cả vận động viên còn lại theo nguyên tắc đấu không có hòa. Đặt $W_{k}$ và $L_{k}$ là số trận thắng và số trận thua tướng ứng của vận động viên $A_{k}$ với $k=\overline{1;n}$

Chứng minh rằng

$\sum_{k=1}^{n}W_{k}^{2}=\sum_{k=1}^{n}L_{k}^{2}$

Cho $m$ là số nguyên dương

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

$f\left ( x^{m}+f(y) \right )=f^{m}\left ( x \right )\forall x,y\in \mathbb{R}$

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^{4}+b^{4}+c^{4}=3$

Chứng minh rằng

$a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Cho $n\in \mathbb{N},n\geq 2$ và $n$ số a_{i} thỏa mãn 

$\left\{\begin{matrix} a_{i}\geq 0,\forall i=\overline{1,n}\\ \sum_{i=1}^{n}a_{i}=n \\ \prod_{i=1}^{n}a_{i}<1 \end{matrix}\right.$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

$P=\frac{\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}-n}{1-\prod_{i=1}^{n}a_{i}}$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 

$$P=\sqrt{\dfrac{cos 2x+3}{2}}+\sqrt{\dfrac{\sin 2x+3}{2}}$$

Do $\sin 2x, \cos 2x$ là các hàm tuần hoàn chu kì $\pi$ nên ta chỉ cần xét $x\in \left [ 0;\pi \right ]$

Xét hàm số $f(x)=\sqrt{\frac{\sin 2x +3}{2}}+\sqrt{\frac{\cos 2x +3}{2}}$ trên $\left [ 0;\pi \right ]$

Ta có

$f'(x)=\frac{\cos 2x}{\sqrt{2\sin 2x + 6}}-\frac{\sin 2x}{\sqrt{2\cos 2x+6}}$

Do đó

$f'(x)=0\Leftrightarrow \sin 2x\sqrt{\sin 2x + 3}= \cos 2x \sqrt{\cos 2x + 3}$

Hàm số $g(t)=t\sqrt{t+3}$ đồng biến trên $[-1;1]$ nên

$g\left ( \sin 2x \right )=g\left ( \cos 2x \right )\Leftrightarrow \sin 2x = \cos 2x$

$\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{8}\vee x=\frac{5\pi }{8}$

Lập bảng biến thiên ta suy ra

$f\left ( x \right )\geq f\left ( \frac{5\pi }{8} \right )=\sqrt{6-\sqrt{2}}$

Cho 3 số x,y,z dương. Thoả mãn: xy+xz+yz=1.Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$P=\sum \frac{x}{\sqrt{3}y+yz}$ 

Từ giả thiết suy ra $1=xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{2}}\Rightarrow xyz\leq \frac{1}{3\sqrt{3}}$

Áp dụng bất đẳng thức $C-S$ ta có

$\sum \frac{x}{y\sqrt{3}+yz}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{\sqrt{3}+3xyz}\geq \frac{3(xy+yz+zx)}{\sqrt{3}+1/\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$

cho  $x,y,z  dương  thỏa  mãn  5(x^{2}+y^{2}+z^{2})=6(xy+yz+zx)$. Tìm GTNN $P=(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$

Mình thấy $P$ chỉ có giá trị lớn nhất thôi thì phải

Nếu là tìm giá trị lớn nhất thì có thể làm như sau

Từ giả thiết ta thấy

$5x^{2}-6\left ( y+z \right )x+5y^{2}+5z^{2}-6yz=0$

Để có $x$ thì

$\Delta ' = -16y^{2}-16z^{2}+48yz\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{3-\sqrt{5}}{2}\leq \frac{y}{z}\leq \frac{3+\sqrt{5}}{2}$

Tương tự ta có

$\frac{3-\sqrt{5}}{2}\leq \frac{x}{y},\frac{z}{x}\leq \frac{3+\sqrt{5}}{2}$

Lại có

$\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )=3+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}$

Do đó ta có thể đưa bài toán về bài toán dưới đây

"Cho $\left\{\begin{matrix} a,b,c\in \left [ \frac{3-\sqrt{5}}{2};\frac{3+\sqrt{5}}{2} \right ]\\ abc=1 \end{matrix}\right.$

Tìm giá trị lớn nhất của $Q=a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$"

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $\frac{3+\sqrt{5}}{2}\geq b\geq c\geq a\geq \frac{3-\sqrt{5}}{2}$

Do $abc=1$ nên ta có thể viết lại $Q$ dưới dạng

$Q=a+b+ab+\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{ab}$

Cố định $b$, $Q$ trở thành hàm số theo biến $a$. Ta có

$Q'(a)=(1+b)\left ( 1-\frac{1}{a^{2}b} \right )=(1+b)\left ( 1-\frac{c}{a} \right )\leq 0$

Do đó $Q(a)$ là hàm không tăng

Lại có

$Q'(b)=(1+a)\left ( 1- \frac{1}{ab^{2}}\right )=(1+a)\left ( 1-\frac{c}{b} \right )\geq 0$

Nên $Q(b)$ là hàm không giảm

Từ đó suy ra

$Q(a,b)\leq Q\left ( \frac{3-\sqrt{5}}{2},b \right )\leq Q\left ( \frac{3-\sqrt{5}}{2},\frac{3+\sqrt{5}}{2} \right )=8$

Vậy $Q\leq 8$, dấu "=" xảy ra khi $\left ( a,b,c \right )=\left ( \frac{3-\sqrt{5}}{2},\frac{3+\sqrt{5}}{2},1 \right )$

Kết luận: Giá trị lớn nhất của $P$ bằng 11

Giải bất phương trình: $$\sqrt{5+2x}-\sqrt{1-2x}\le (x+1)^2$$

Điều kiện $-\frac{5}{2}\leq x\leq \frac{1}{2}$

Nếu đặt $a=2x+2$ $\left ( -3\leq a\leq 3 \right )$ thì bất phương trình được viết lại thành

$\sqrt{a+3}-\sqrt{3-a}=\frac{a^{2}}{4}$

Xét hàm số $f$ trên $[-3;3]$ xác định bởi

$f(t)=t^{2}-4\sqrt{t+3}+4\sqrt{3-t}$

Ta có

$f'(t)=2\left ( t+\frac{\sqrt{t+3}-\sqrt{3-t}}{\sqrt{9-t^{2}}} \right )=2t\left ( 1+\frac{2}{\sqrt{9-t^{2}}\left ( \sqrt{t+3}+\sqrt{3-t} \right )} \right )$

Do đó

$f'(t)=0\Leftrightarrow t=0$

Lập bảng biến thiên ta thấy $f\left ( t \right )\geq 0\Leftrightarrow t\in \left [ -3;0 \right ]\cup \left \{ {2\sqrt{2}} \right \}$

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm

$x\in \left [ -\frac{5}{2};-1 \right ]\cup \left \{ \sqrt{2}-1 \right \}$

Chứng minh rằng với mọi số  nguyên tố $p$ thì luôn tồn tại số nguyên $n$ sao cho $2^n+3^n+6^n-1\vdots p$

Đặt $a_{n}=2^{n}+3^{n}+6^{n}-1$

Xét các trường hợp

Trường hợp 1: $p=2$

Chọn $n\geq 1$ ta được $2=p\mid a^{n}$

Trường hợp 2: $p=3$

Chọn $n\geq 2$, $n$ chẵn ta được $3=p\mid a^{n}$

Trường hợp 3: $p>3$

Chọn $n=p-2$ ta được

$6a_{p-2}=3.2^{p-1}+2.3^{p-1}+6^{p-1}-6\equiv 3+2+1-6\equiv (\mod p)$

Do $p>3\Rightarrow (p,6)=1\Rightarrow p\mid a_{p-2}$

Vậy với mỗi số nguyên tố $p$ ta luôn tìm được số nguyên dương $n$ sao cho $a_{n}$ chia hết cho $p$

Có: $\frac{x}{x}+\frac{x}{y}\geq \frac{4x}{x+y}\Leftrightarrow \frac{x}{y}+1\geq \frac{4x}{x+y}\Rightarrow 2(\sum \frac{x}{y})\geq \sum \frac{x}{y}+3\geq \sum \frac{4x}{x+y}\Rightarrow (\sum \frac{x}{y})\geq \sum \frac{2x}{x+y}$

Tương tự với cái còn lại rồi suy ra ĐPCM.

Trường hợp sau không tương tự được đâu nha em. Em thử chứng minh xem

Cho $x,y,z$ là các số dương. Chứng minh rằng

$\sum \frac{x}{y}\geq 2\max\left ( \sum \frac{x}{x+y},\sum \frac{y}{x+y} \right )$

Giải Bất phương trình sau: $\sqrt{x+\frac{3}{x}}+\sqrt{2-x+\frac{3}{2-x}}\leq 4$

Điều kiện $0 < x < 2$

Xét hàm số $f\left ( t \right )=\sqrt{t+\frac{3}{t}}$ trên $(0;2)$

Ta có

$f'(t)=\frac{t^{2}-3}{2\sqrt{t^{5}+3t^{3}}}$

$f''(t)=\frac{27+18t^{2}-t^{4}}{4\left ( t^{2}+3 \right )\sqrt{t^{7}+3t^{5}}}> 0, \forall t\in (0;2)$

Do đó $f$ lồi trên $(0;2)$

Áp dụng bất đẳng thức $Jensen$ ta có

$f(x)+f(2-x)\geq 2f\left ( \frac{x+2-x}{2} \right )=4$

Do đó bất phương trình có nghiệm duy nhất $x=1$

Cho 100 số $a_{1},a_{2},...,a_{100}$ thỏa $a_{1}-4a_{2}+3a_{3}\geq 0; a_{2}-4a_{3}+3a_{4}\geq 0;...; a_{100}-4a_{1}+3a_{2}\geq 0$

Tính $a_{1},a_{2},...,a_{100}$ biết $a_{1}=1$

Cộng vế tất cả các bất đẳng thức trên ta được $0\geq 0$

Do đó tất cả các bất đẳng thức trên đều trở thành đẳng thức

Từ đó suy ra $a_{i}=1,i=1,2,...,100$

Gpt: $cotx-tanx-2tan2x-4tan4x-8tan8x=\frac{10\sqrt{3}}{3}$

Áp dụng đẳng thức $\cot \alpha - \tan \alpha = 2\cot \alpha$, ta thấy phương trình trên tương đương với

$\cot 8x - \tan 8x = \frac{5}{4\sqrt{3}}$

Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c và M là điểm bất kì .

CMR :$\frac{MA}{BC}+\frac{MB}{AC}+\frac{MC}{AB}\geq \frac{BC+CA+AB}{MA+MB+MC}$

Đây là bài $T12/419$ tạp chí THTT (tháng 5-2012)

Cho ngũ giác ABCDE thỏa mãn: $\widehat{BAC}=\widehat{CAD}=\widehat{DAE}$ và $\widehat{ABC}=\widehat{ACD}=\widehat{ADE}$. Đường thẳng BD cắt CE tại O. CMR: AO đi qua trung điểm của CD

Ta có bổ đề quen thuộc

"Cho điểm $M$ nằm trong tam giác $XYZ$. Các đường thẳng $XM,YM,ZM$ cắt các cạnh đối diện tại $P,Q,R$
Khi đó $P$ là trung điểm của $YZ$ khi và chỉ khi $QR \parallel YZ$"

Có thể chứng minh bổ đề trên bằng định lí $Ceva$

Trở lại bài toán

Gọi $I$ là giao điểm của $AD$ và $CE$, $J$ là giao điểm của $AC$ và $BD$
Ta thấy $\Delta ABC \sim \Delta ADE\Rightarrow \frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}$

Mặt khác $\angle BAD = \angle CAE$, do đó $\Delta ABD \sim \Delta ACE$

$AI, AJ$ lần lượt là phân giác của hai tam giác đồng dạng $ACE$ và $ABD$ nên $\frac{AI}{A J}=\frac{AE}{AD}$   $(1)$

Lại có $\Delta ADE \sim \Delta ACD\Rightarrow \frac{AE}{AD}=\frac{AD}{AC}$   $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta thấy $\frac{AI}{A J} = \frac{AD}{AC}$, do đó $I J \parallel CD$

Áp dụng bổ đề trên ta có $AP$ đi qua trung điểm của $CD$

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn.CMR

$\left | AC-BD \right |\leq \left | AB-CD \right |$

 

p/s:Các bạn nào có bài hình ngắn ngắn mà hay post lên cùng thảo luận nhé

Sử dụng định lí $Ptolemy$ ta có

$AC^{2}-2AC.BD+BD^{2}\leq AB^{2}-2AB.CD+CD^{2}$

$\Leftrightarrow AC^{2}+BD^{2}+(AD-BC)^{2}\leq AB^{2}+BC^{2}+CD^{2}+DA^{2}$

Gọi $M,N$ theo thứ tự là trung điểm của $AC,BD$

Ta có

$\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\left ( \overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC} \right )$ 

Do đó

$MN=\left | \overrightarrow{MN} \right |=\frac{1}{2} \left | \overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC} \right | \geq \frac{1}{2}\left | AD-BC \right |$   $(1)$

Ta lại có

$AB^{2}+BC^{2}+CD^{2}+DA^{2}=2BM^{2}+2DM^{2}+AC^{2}=AC^{2}+BD^{2}+4MN^{2}$    $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra

$AB^{2}+BC^{2}+CD^{2}+DA^{2}\geq AC^{2}+BD^{2}+(AD-BC)^{2}$

Cho số nguyên a . Chứng minh rằng pt

\[{x^4} - 7{x^3} + (a + 2){x^2} - 11x + a = 0\]

không thể có nhiều hơn 1 nghiệm nguyên

Đặt $f\left ( x \right )=x^{4}-7x^{3}+(a+2)x^{2}-11x+a$

Ta thấy $f\left ( x \right )$ lẻ $\forall x$ lẻ nên nếu phương trình $f(x)=0$ có nghiệm nguyên $x_{0}$ thì $x_{0}$ chẵn

Giả sử phương trình $f\left ( x \right )=0$ có hai nghiệm nguyên $x_{1}\neq x_{2}$

Ta có

$0=\frac{f\left ( x_{1} \right )-f\left ( x_{2} \right )}{x_{1}-x_{2}}$

$=-4x_{1}x_{2}\left ( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \right )+6x_{1}^{2}x_{2}^{2}-7\left ( x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{1}x_{2} \right )+(a+2)\left ( x_{1}+x_{2} \right )-11$

Đẳng thức trên là vô lí vì $x_{1},x_{2}$ là các số nguyên chẵn nên vế phải là số lẻ

Vậy phương trình $f(x)=0$ không thể có quá một nghiệm nguyên

Giải phương trình

$\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{x^{3}}=y-\frac{1}{y^{3}}\\ (x-4y)(2x-y+4)=-36 \end{matrix}\right.$

Ta có

$x-\frac{1}{x^{3}}=y-\frac{1}{y^{3}}\Leftrightarrow \left ( x-y \right )\left ( \frac{x^{2}+xy+y^{2}}{x^{2}y^{2}}+1 \right )=0$

Giả sử

$x^{2}+xy+y^{2}=-x^{2}y^{2}\Rightarrow xy < 0$

Mặt khác

$0=(x-4y)(2x-y+4)+36=2(x+1)^{2}+4(y-2)^{2}-9xy+18 > 0$, vô lí

Do đó $x=y$

Thế vào phương trình $(2)$ ta được

$x^{2}+4x-12=0 \Leftrightarrow x\in \left \{ -6;2 \right \}$

Hệ đã cho có nghiệm

$\boxed{(x,y)\in \left \{ (-6;-6),(2;2) \right \}}$

Cho tam giác $ABC$ có diện tích bằng $ \sqrt{3} $. Với $a, b, c$ là độ dài các cạnh của tam giác, chứng minh rằng: $abc \ge 8$

Áp dụng bất đẳng thức $\sin A.\sin B. \sin C\leq \frac{3\sqrt{3}}{8}$ ta có

$abc=8R^{3}\sin A. \sin B. \sin C \leq 3\sqrt{3}R^{3}$

Mặt khác

$S=\frac{abc}{4R}\Rightarrow abc=4\sqrt{3}R$

Do đó

$3\sqrt{3}R^{3}\geq 4\sqrt{3}R\Rightarrow R\geq \frac{2}{\sqrt{3}}$

Từ đó suy ra

$abc=4\sqrt{3}R\geq 8$