Cho biết tỉ lệ K-vú đối với phụ nữ trên $50$ tuổi là $0,3\%$, những người này nếu có mẹ hay chị em ruột bị K-vú thì khả năng bị bệnh là $1\%$, nếu một vú có khối u thì khả năng bị K-vú là $30\%$. $MMG$ là xét nghiệm chẩn đoán K-vú có độ nhạy là $90\%$, độ chuyên là $80\%$.

Một cô giáo $54$ tuổi lo ngại về ung thư vú, đến phòng khám. Lúc khám bệnh cho cô giáo thì có một khối u sờ được. Bác sĩ đã cho cô làm xét nghiệm $MMG$ và kết quả trả về là dương tính. Tính khả năng cô giáo bị K-vú.

Độ nhạy là khả năng xét nghiệm báo dương tính đối với người bị bệnh $P(T^+|B)$

Độ chuyên là khả năng xét nghiệm báo âm tính đối với người không bị bệnh. $P(T^−|\bar{B})$

Tỉ lệ bệnh $B$ trong dân số $D$ là $20\%$, để chuẩn đoán bệnh $B$ bác sĩ thường chỉ định hai xét nghiệm 

$1.$ $T_1$ $($độ nhạy $= 90\%)$ và $T_2$ $($độ chuyên $= 95\%)$

$2.$ $T_2$ $($độ nhạy $= 99\%)$ và $T_2$ $($độ chuyên $= 90\%)$

Anh $M$ trong $D$ đến khám bệnh, bác sĩ cho anh M làm $T_1$ có kết quả âm tính, làm tiếp $T_2$ thì dương tính. Xác suất anh $M$ bị bệnh $B$ là bao nhiêu?

Độ nhạy là khả năng xét nghiệm báo dương tính đối với người bị bệnh $P(T^+|B)$

Độ chuyên là khả năng xét nghiệm báo âm tính đối với người không bị bệnh. $P(T^-|\bar{B})$

Họ Tên: Hoàng Huy Thông

Nick trong diễn đàn (nếu có): Huy Thong

Năm sinh: 1999

Hòm thư: [email protected]

Dự thi cấp: THPT

Mình tưởng toàn ánh thì mới đc đặt x=f(x)?

Toàn ánh thì được thay $f(x)$ bởi $x$ còn thay $x$ bởi $f(x)$ được là vì tập xác định của $f$ là $\mathbb{R}$

Lời giải. Giả sử $P(x;y)$ là tính chất của $f(xy+f(x))=xf(y)+f(x)$.

$P(x,0) \Rightarrow f(f(x))=xf(0)+f(x)$. Từ đây ta suy ra $f$ đơn ánh.

$P(0,y) \Rightarrow f(f(0))=f(0) \Rightarrow f(0)=0$.

Do đó $f(f(x))=xf(0)+f(x)=f(x) \Rightarrow f(x)=x$.

Vậy $f(x)=x, \; \forall x \in \mathbb{R}$.

Chỗ này phải có $f(0) \neq 0$ thì $f$ mới đơn ánh.

Lời giải của mình

$f(xy+f(x))=xf(y)+f(x), \forall x,y \in \mathbb{R}\ \ \ \ \ (1)$

Cho $y=0$ trong $(1)$ ta có $f(f(x))=xf(0)+f(x)$

Nếu $f(0) \neq 0$ thì $f$ đơn ánh, từ đó có $f(0)=0,$ vô lý.

Do đó $f(0)=0$, suy ra $f(f(x))=f(x)$

Xét $x \neq 0$

Cho $x=f(x), y=x$ trong $(1)$ ta có $f(xf(x)+f(x))=f^2(x)+f(x)$

Cho $y=f(x)$ trong $(1)$ ta có $f(xf(x)+f(x))=xf(x)+f(x)$

Suy ra $f(x)\left [ f(x)-x \right ]=0$

Giả sử tồn tại $a,b \neq 0$ sao cho $f(a)=0, f(b)=b.$

Cho $x=b, y=a$ trong $(1)$ ta có $f(ab+b)=b$

Vì $f(x)\left [ f(x)-x \right ]=0$ và $b \neq 0$ nên $ab+b=b$, vô lý vì $a,b \neq 0$

Do đó $f(x)\equiv 0$ hoặc $f(x) \equiv x$ với mọi $x\neq 0.$

Kết hợp với $f(0)=0$ ta có $f(x)\equiv 0$ và $f(x) \equiv x$ với mọi $x \in \mathbb{R}.$

Thử lại ta thấy các hàm trên đều thỏa đề.

Tìm hằng số thực $k$ tốt nhất cho bất đẳng thức sau $$\frac{1+bc}{ka^2+bc} + \frac{1+ca}{kb^2+ca} + \frac{1+ab}{kc^2+ab} \geq \frac{12}{k+1}$$ với $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=1.$

Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho mọi tập hợp $k$ phần tử của tập $\left \{ 1,2,...,50 \right \}$ đều chứa hai phần tử $a,b$ phân biệt sao cho $ab$ chia hết cho $a+b$.

Cho $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$. Chứng minh rằng tập hợp gồm $p-1$ số nguyên dương liên tiếp không thể chia thành hai tập hợp con không giao nhau sao cho tích các phần tử ở mỗi tập là bằng nhau.

Bài 8 ( Liên Xô 1965 ) :

Trong cuộc hội thảo có 40 cuộc họp, mỗi cuộc họp có 10 thành viên. Cho biết hai thành viên bất kì chỉ cùng dự họp với nhau tối đa một lần. Chứng minh rằng cuộc hội thảo có nhiều hơn 60 thành viên.

Gọi số thành viên là $n.$

Ta xét bảng gồm $n$ cột và $40$ dòng. Mỗi cột tương ứng với $1$ thành viên và mỗi dòng ứng với $1$ cuộc họp.

Tại dòng $j$ cột $i$ ta viết số $1$ nếu thành viên $i$ tham gia cuộc họp $j$ và viết số $0$ nếu thành viên đó không tham gia.

Vì hai thành viên bất kì chỉ cùng dự họp với nhau tối đa một lần nên không tồn tại $4$ số $1$ trên bảng tạo thành một hình chữ nhật.

Gọi $a_i$ là số số $1$ trên cột $i.$ Vì mỗi cuộc họp có $10$ thành viên nên $\sum_{i=1}^{n}a_i=400.$

Ta đếm số cặp số $1$ trên từng cột theo hai cách.

   $\cdot$ Số cặp số $1$ trên cột $i$ là $\dfrac{a_i(a_i-1)}{2}$

Do đó tổng số cặp số $1$ trên từng cột trong bảng là $\sum_{i=1}^{n} \dfrac{a_i(a_i-1)}{2}$

   $\cdot$ Vì không tồn tại $4$ số $1$ trên bảng tạo thành một hình chữ nhật nên khi chiếu các cặp số $1$ xuống phương thẳng đứng sẽ không tồn tại hai cặp số $1$ trùng nhau nên số cặp số một trên từng cột trong bảng không vượt quá $C_{40}^{2}=780$

Do đó $\sum_{i=1}^{n} \dfrac{a_i(a_i-1)}{2}\leq 780 \Leftrightarrow \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \leq 1560+\sum_{i=1}^{n}a_i=1960$

Theo bất đẳng thức $C-S,$ ta có $1960\geq \dfrac{\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i \right )^2}{n} \Leftrightarrow n\geq \frac{400^2}{1960}>81>60.$

Cách khác: Với mỗi tập con $X$ của $S.$ Ta xét tập con $X'=\left \{ n+1-a\ \mid a\in X \right \}.$ Suy ra $m(X)+m(X')=n+1.$

Vì mỗi tập con $X$ xác định được duy nhất tập $X'$ và $X'$ là tập con của $S$ nên $2\sum m(X)=\sum m(x)+m(X')=(n+1)\left | T \right |$

Từ đó ta có $m=\frac{n+1}{2}.$

Giả sử trong tập hữu hạn $X$ chọn được $50$ tập con $A_1,A_2,A_3,...,A_{50},$ mà mỗi tập con này đều chứa quá nửa số phần tử của tập $X.$ Tìm số tự nhiên $k$ bé nhất sao cho tồn tại tập con $B$ của $X$ sao cho $B$ có $k$ phần tử và $B\ \cap\ A_i\geq 1\ (1\leq i\leq50).$

1. Cho $a, b, c$ thoả $a+b+c=-9.$ Tìm min của $a^4+b^4+c^4-8(a^2+b^2+c^2).$

2. Cho $a,b,c$ thỏa $a\leq 6, b\leq -8, c\leq 3.$ Chứng minh rằng với mọi $x\geq1$ thì $x^4\geq ax^2+bx+c.$

mọi người cho em hỏi từ giả thiết $a^2+b^2+c^2+abc=4$ với $a,b,c>0$ sao lại có thể đặt 

$a=\frac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}},b=\frac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}},c=\frac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}$

hoặc $a=\frac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}},b=\frac{2y}{\sqrt{(y+z)(y+x)}},c=\frac{2z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}$

ví dụ như từ giả thiết $ab+bc+ca+abc=4$ thì có thể đặt $x=\frac{2a}{b+c};y=\frac{2b}{c+a};z=\frac{2c}{a+b}$ thì cái đó em hiểu là từ $ab+bc+ca+abc=4$ thì ta biến đổi thành $\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1$ và từ đó thì đơn giản

hay từ $ab+bc+ca+2abc=1$ thì ta có thể đặt $a=\frac{x}{y+z},b=\frac{y}{z+x},c=\frac{z}{x+y}$ do từ $ab+bc+ca+2abc=1$ thì ta biến đổi thành $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2$ và từ đó đơn giản

nhưng từ cái $a^2+b^2+c^2+abc=4$ đặt được như trên thì em không hiểu lí do

mong một lời giải thích

NTP

Đặt $m=\dfrac{2a}{bc}, n=\dfrac{2b}{ca}, p=\dfrac{2c}{ab}$ $(m,n,p>0)$

Khi đó $a=\dfrac{2}{\sqrt{np}}, b=\dfrac{2}{\sqrt{pm}}, c=\dfrac{2}{\sqrt{mn}}$

Từ $a^2+b^2+c^2+abc=4$ ta được $\dfrac{4}{np}+\dfrac{4}{pm}+\dfrac{4}{mn}+\dfrac{8}{mnp}=4 \Leftrightarrow m+n+p+2=mnp$

Dễ thấy tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $m=\dfrac{x+y}{z}, n=\dfrac{y+z}{x}, p=\dfrac{z+x}{y}$ 

Hay $a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}},b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}},c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}$

Tiếp tục, nếu đặt $d=\sqrt{\dfrac{yz}{x}}, e=\sqrt{\dfrac{zx}{y}}, f=\sqrt{\dfrac{xy}{z}}$ thì $x=ef, y=fd, z=de$

Từ đó được $a=\frac{2d}{\sqrt{(d+e)(d+f)}},b=\frac{2e}{\sqrt{(e+f)(e+d)}},c=\frac{2f}{\sqrt{(f+d)(f+e)}}$

Anh ơi, em vẫn còn thấy 1 điểm rơi nữa là $a=b=\sqrt{2}, c=0$ nên cách đặt của anh không thỏa mãn điểm rơi này cho lắm

Cảm ơn bạn nha Mình sửa r.

Bài 1: Cho $a,b,c \geqslant 0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh:

(a) $$ a^2+b^2+c^2 \geqslant a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 $$

Trường hợp 1: Trong 3 số $a,b,c$ tồn tại ít nhất một số bằng $0.$ Giả sử $a=0.$

Khi đó $b^2+c^2=4$

Ta cần chứng minh $b^2c^2\leq 4$

Thật vậy, ta có $b^2c^2\leq \dfrac{1}{4}(b^2+c^2)^2=4$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=0, b=c=\sqrt{2}$

Trường hợp 2: $a,b,c>0$

Ta có thể đặt $$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}},\ b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}},\ c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}\ \ (x,y,z>0)$$

Ta cần chứng minh

$$\sum \dfrac{xy}{(y+z)(x+z)}\geq \sum \dfrac{4xy^2z}{(x+y)(y+z)(z+x)^2}$$

$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{x+y}{z} \geq \sum \dfrac{4y}{x+z}$$

Áp dụng BĐT C-S, ta có $$\sum \dfrac{4y}{x+z}\leq \sum \left ( \dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{z} \right )=\sum \dfrac{x+y}{z}$$

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z \Leftrightarrow a=b=c=1$

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=1$ . Tìm GTLN của biểu thức:

      $P=\sqrt{\frac{xy}{x+y+2z}}+\sqrt{\frac{yz}{y+z+2x}}+\sqrt{\frac{zx}{z+x+2y}}$

Đặt $x=a^2, y=b^2, z=c^2$ $(a,b,c>0)$ thì $a+b+c=1$

Khi đó ta có

$\textrm{P}=\sum \dfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2+2c^2}} \leq \sum \dfrac{ab\sqrt{2}}{\sqrt{(a+c)^2+(b+c)^2}}\leq \sum \dfrac{ab}{\sqrt{(a+c)(b+c)}} \leq$

$\leq \dfrac{1}{2}\sum \left ( \dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c} \right )=\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{1}{2}$