Tìm số nghiệm nguyên của phương trình $x+y+z+t=32$ thoả mãn $x>y>z>t \geq 0.$

$\lim_{x->0^{+}}(e^{xlnx}-1).lnx=\lim_{x->0^{+}}x.(lnx)^{2}=\lim_{x->0^{+}}\frac{(lnx)^{2}}{\frac{1}{x}}=\lim_{x->0^{+}}\frac{\frac{2lnx}{x}}{\frac{-1}{x^{2}}}=\lim_{x->0^{+}}-2xlnx=0$

bước biến đổi sau dấu = đầu tiên mình thấy hơi khó hiểu? Bạn thay e^(xlnx)-1 thành xlnx dựa vào đâu v???

update: mình hiểu rồi nha, cảm ơn =)))

Tính giới hạn sau:

$\lim_{x\rightarrow 0^{+}}(x^{x}-1)lnx$

theo mình nghĩ :+ tháng 1 A có 100000.1,006 (d)

+tháng 2 A có (100000.1,006+100000+20000).1,006 (d)

... như thế mới đúng chứ, tính như bạn thì ở tháng thứ n, số tiền bạn A gửi vào chưa được tính lãi mà phải sang tháng n+1 mới được tính lãi

 

Theo mình gán 0-->D; 100000-->A;0--->B

Vòng lặp: D=D+1:B=(B+A)x1,006:A=A+20000

kết quả cũng ra sau 18 tháng . Nhưng theo cách của mình thì số tiền phải gửi trong tháng thứ 18 khác bạn 

Mình ghi là đầu tháng 1 mà bạn, tức là lúc đó chưa có lãi của tháng 1. Phải dùng cái đầu tháng là vì ở đây bạn A vừa được bố cho tiền vào đầu tháng thì gửi ngân hàng luôn rồi đầu tháng sau lại gửi tiếp!

Tìm tất cả các đa thức P(x) thuộc R[x] thoả:

$P(x-y)+P(y-z)+P(z-x)=3[P(x)+P(y)+P(z)]$

 

Tìm tất cả các số nguyen x, y, z thoả: 

$3^z-1=x^y$

Cho ba số thực không âm a, b, c trong đó không có 2 nào cùng bằng không. CMR:

$\sum \frac{ab}{(a+b)^2}\leq \frac{1}{4}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

 

Bài này mình có xem qua lời giải theo đổi bien khá đep. Bạn nào giúp mình làm theo p,q,r hay SOS xem có được không? Vì mình đang làm quen 2 pp này.

Xét hàm $f(x)=ln\left ( \frac{x+1}{x} \right )-\frac{1}{x}$ trên $\left [ 1;+\infty \right )$

$f(x)$ liên tục trên $\left [ 1;+\infty \right )$ và ta có :

$f'(x)=\frac{1}{x^2(x+1)}> 0,\forall x\in \left [ 1;+\infty \right )$

Mà $\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$

$\Rightarrow f(x)< 0,\forall x\in \left [ 1;+\infty \right )$

$\Rightarrow \frac{1}{n}> \ln\left ( \frac{n+1}{n} \right )=\ln\left ( 1+\frac{1}{n} \right ),\forall n\in \mathbb{N}^*$

em cũng làm giống the nhưng chỗ có lim=0 rồi hàm ồng bien nen suy ra luôn nhỏ hơn 0 em hieu nhưng viet ra thấy nó hơi thieu thuyet phuc ạ!

 

p/s: bàn phím máy tính em bị lỗi :3 

Tìm tất cả các hàm f: R+ -> R+ thoả:

$f(\frac{y}{f(x+1)})+f(\frac{x+1)}{xf(y)})=f(y)$ với mọi x, y >0

Tìm tất cả các hàm f: R->R thoả: $f(x-f(y))=f(x)+xf(y)+f(f(y))$

Tìm tất cả các đa thức P(x), Q(x) hệ số thực thoả mãn:

$P(x).Q(x+1)-P(x+1)Q(x)=1$

CMR: $\frac{1}{n}>ln(1+\frac{1}{n})$ với mọi n>=1, n thuộc N 

đưa về dạng

$(x+y)(x-y)^2+(y+z)(y-z)^2+(z+x)(z-x)^2\geq 5(x-y)(y-z)(z-x)$

rồi sau đó có thể dùng SOS

tới đây làm tiếp sao bạn?? chi tiết giúp mình

Vì

\[\displaystyle (xy+yz+zx)F = \frac{1}{21} \sum [6xy^2+z(x-y)^2](x-y)^2+\frac{1}{21} \sum zx(14x+5z)(x+y-2z)^2 \geqslant 0.\]

làm thế nào để phân tích thành như vậy được a!

Cho x, y, z dương. CMR: $\sum x^3+2\sum x^2y\geq 3\sum xy^2$

Mình xin bổ sung cho topic một số bài toán BĐT mà việc đổi biến cho ta một lời giải rất đẹp! Và những kĩ thuật đổi biến này theo mình là khá lạ với một số bạn. (mình cũng chỉ lấy từ sách ra thôi =) )

 

Bài 9 [Vasile Cirtoaje] 

CMR nếu a, b, c là những số thực không âm thì ta có: 

$2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq (a+1)(b+1)(c+1)(abc+1)$

Gợi ý: đặt $a=\frac{1-x}{1+x}$

 

Bài 10 [Vasile Cirtoaje]

Cho a, b, c là những số thực dương thoả mãn: $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=13$

Tìm GTNN của biểu thức: $(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$

Gợi ý: đặt: $x=\sum \frac{a}{b};y=\sum \frac{b}{a}$. Chú ý mối liên hệ giữa x và y để đưa BĐT cần chứng minh về BĐT mới chỉ gồm 2 biến x, y.

 

Bài 11 [IMO 1983]

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác. CMR: $a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0$

Gợi ý: với những bài cho a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác ta thường dùng phép đổi biến $x=\frac{b+c-a}{2}$... Để đưa về BĐT với các số thực dương.

 

Bài 12 [Dự bị 30/4]

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác. CMR: $\left | \sum \frac{a-b}{a+b} \right |< \frac{1}{16}$

Gợi ý: đổi biến tương tự như trên nhưng trước đó ta cần có một số biến đổi phù hợp.

 

Nếu không có bạn nào giải mình sẽ post lời giải lên sau =)

Nhưng nếu đề với kết quả max như thế thì sao làm được ạ! Anh có thể giải chi tiết giúp em???

Ban đầu thử tìm điểm rơi mình phát hiện BĐT có 2 điểm rơi là tại biên và tại tâm. GTLN là 3/4. Với dạng ntn ý tưởng đầu tiên là đôn biến. Mình thử dồn và đã đưa về được trường hợp 2 biến a=b (c=min(a,b,c)). Sau đó rút từ giả thiết thì thu được hàm một biến. Rất tiết tới đây hàm ngược dấu???

Điều kì lạ này khiến mình phải thử kiểm tra lại đề bài, và rất tiếc với giá trị a=b=1.2 ; c=0.6 thì bài toán đã sai!

Kết luận đề sai????

CHo a,b,c dương:

   Thõa ab+bc+ac+2abc=1

           Tìm Min: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-2(a+b+c)$

( Có ai giải dùm em bằng cách p,q,r với )

Đặt p, q, r. Dễ dàng đánh giá: $r\leq \frac{1}{8}$

Ta sẽ chứng minh: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-2(a+b+c)\geq 3$

Tức là: $\frac{q}{r}-2p\geq 3$

Từ gt có: $q=1-2r$

Suy ra BĐT cần chứng minh tương đương với: $(2p+5)r\leq 1$

Đánh giá: $q^2\geq 3pr\Rightarrow p\leq \frac{(1-2r)^2}{3r}$

Thay vào biến đổi tương đương là xong!

1. Tìm f: $Z ->Z$ thỏa:

$n^2+4f(n)=f^2(f(n))$

 

2. Tìm f: $N ->N$ thỏa:

$f(f(f(n)))=f(n+1)+1$

Mình nghĩ không thể chuẩn hóa được do bất trên bộ (a,b,c) và (ka,kb,kc) không CHo ta một bất đẳng thức giống nhau 

 mình nghĩ là ok vì biểu thức 2 vế thuần nhất bậc 1 mà!

Tồn tại hay không 100 tam thức bậc 2 với tính chất: mỗi tam thức đều có 2 nghiệm thực nhưng tổng của bất kì 2 tam thức khác nhau không có nghiệm thực

Tìm hằng số thực k tốt nhất cho bất đẳng thức sau: 

$\sum \frac{ab}{(a+b)^2}+k\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\geq \frac{3}{4}+\frac{k}{3}$

Với a, b, c là các số thực không âm tùy ý.

Cho $a$, $b$ là các số thực dương, $n$ là một số nguyên dương lẻ. Tìm giá trị nhỏ nhất của

\[S=\sum^{n}_{k=1} \left(-1\right)^{k+1} \left(\dfrac{a^k}{b^k}+\dfrac{b^k}{a^k}\right)\]

Ta có BĐT sau: $\frac{a^k}{b^k}+\frac{b^k}{a^k}\geq \frac{a^{k-1}}{b^{k-1}}+\frac{b^{k-1}}{a^{k-1}}\Leftrightarrow (a-b)(a^{2k-1}-b^{2k-1})\geq 0$

(BĐT luôn đúng vì $(a;b)$ và $(a^{2k-1};b^{2k-1})$ là 2 bộ cùng chiều)

Áp dụng BDT trên bằng cách ghép tương ứng các cặp k chẵn-lẻ (2 với 3, 4 với 5,... , n-1 với n). Ta được:

$S=\sum^{n}_{k=1} \left(-1\right)^{k+1} \left(\dfrac{a^k}{b^k}+\dfrac{b^k}{a^k}\right)\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2$

Đẳng thức xảy ra khi a=b

Ta có: $\prod (a^2+b^2)=\sum a^2.\sum a^2b^2-a^2b^2c^2=(p^2-2q)(q^2-2pr)-r^2=(1-2q)(q^2-2r)-r^2$

Ta cần chứng minh: $S=r^2+2r(1-2q)+2q^3-q^2+\frac{1}{32}\geq 0$

Dễ có: $0<q\leq \frac{1}{3}$

Đến đây xét 2 trường hợp: 

TH1: $0<q<\frac{1}{4}$

Vì $r\geq 0$ nên: $S\geq 2q^3-q^2+\frac{1}{32}\geq 0$

TH2: $\frac{1}{4}\leq q\leq \frac{1}{3}$

Theo Schur bậc 1: $r\geq \frac{4pq-p^3}{9}=\frac{4q-1}{9}\Rightarrow r^2\geq \frac{(4q-1)^2}{81}$

Tới đây thế vào biểu thức S, đưa về hàm với biến q. Biến đổi tương đương hoặc tính đạo hàm (hàm đồng biến) là xong!