Kamii0909 nội dung
Có 155 mục bởi Kamii0909 (Tìm giới hạn từ 26-04-2020)
#669788 $ \sum \sqrt{a+b+\sqrt{ca}+\sqrt{cb}} \geq k(...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 24-01-2017 - 22:29 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Tìm hằng số k tốt nhất sau cho bất đẳng thức sau luôn đúng $$ \sum \sqrt{a+b+\sqrt{ca}+\sqrt{cb}} \geq k(\sum \sqrt{a})$$
#675570 $$\prod \left( \dfrac{a}{b}+2...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 28-03-2017 - 22:52 trong Bất đẳng thức - Cực trị
$$ ( \dfrac{a}{b}+2)( \dfrac{b}{c} +2)( \dfrac{c}{a}+2 ) + \dfrac{117(ab+bc+ca)}{4(a^2+b^2+c^2)} \geq \frac{107}{2}$$
#674391 $100+9abc \geq 17(ab+bc+ca)$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 15-03-2017 - 23:10 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho $a,b,c \in [1,2]$ thoả $a+b+c=5$.
Chứng minh rằng
$$100+9abc \geq 17(ab+bc+ca)$$
#672103 $ \sum \dfrac{a^2}{b+c}+6(ab+bc+ca) \geq \dfrac{5}{2...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 19-02-2017 - 17:39 trong Bất đẳng thức - Cực trị
$$ \sum \dfrac{a^2}{b+c}+6(ab+bc+ca) \geq \dfrac{5}{2} +k \dfrac{\sum (a^2b-ab^2)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
#670566 $ \frac{a^2b+b^2c+c^2a}{a^3+b^3+c^3} \leq \frac{ab+bc+ca}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 06-02-2017 - 20:14 trong Bất đẳng thức - Cực trị
$$ \frac{a^2b+b^2c+c^2a}{a^3+b^3+c^3} \leq \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} + \frac{3 \sum (a-b)^2}{4 (a+b+c)^2}$$
#670624 $\sum \frac{1}{\sqrt{a+2b+6}}\leq 1$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 07-02-2017 - 13:52 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{a+2b+6}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c+6}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a+6}}\leq 1.$
$$\sum_{cyc} \frac{1}{\sqrt{a+2b+6}} \leq \sqrt{ 3 \sum_{cyc} \frac{1}{a+2b+6}} \leq \sqrt{ 3 \left( \dfrac{4}{9} \sum_{cyc} \dfrac{1}{a+2b+3} + \frac{1}{9} \right)} \leq \sqrt{3 \left( \dfrac{4}{9} \sum_{cyc} \dfrac{1}{2( \sqrt{ab}+ \sqrt{b}+1)} + \frac{1}{9} \right)} = 1$$
#673764 $a+b+c+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 08-03-2017 - 22:16 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Nếu $a,b,c>0$ và $a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4=3$ thì $a^3+b^3+c^3 \geq 3$
Từ đánh giá $a^3+b^3+1 \geq 3ab$ và giả thiết ta có $$\sum xy(x+y+1) \geq 9$$ trong đó $x=a^3,y=b^3,c=z^3$
Giả sử rằng $p=x+y+z \leq 3$
Trước hết,ta sẽ cmr $r \geq \frac{4q-9}{3}$
Theo Schur, $r \geq \frac{p(4q-p^2)}{9}$
Kết quả nếu trên sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng $p(4q-p^2) \geq 12q-27 \Leftrightarrow (3-p)(p^2+3p+9-4q) \geq 0$.
Bất đẳng thức cuối đúng do $9 \geq p^2 \geq 3q$.
Vậy $3r \geq 4q-9$
Mà theo trên ta có $4q-9 \geq pq+q-9 \geq 3r$ nên dấu bằng phải xảy ra hay $x=y=z=1,a=b=c=1$. Khi đó $a^3+b^3+c^3=3 \geq 3$
Bổ đề được chứng minh.
Quay lại bài toán.
Ta có $a+ \sqrt{a} \geq 2 \sqrt[4]{a^3}$
Bài toán trở thành bổ đề cho $( \sqrt[4]{a},\sqrt[4]{b},\sqrt[4]{c})$
#688927 Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 28-07-2017 - 16:17 trong Phương trình hàm
Cho $x=0$ thì $f( f(y)-y)=f(0)^2$ nên $f(x)=x+c$ hoặc $f(x)=c$
#712215 $f(x^2+yf(x))=xf(f(x))+f(x)f(y)$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-07-2018 - 08:21 trong Phương trình hàm
Tìm tất cả $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn
$f(x^2+yf(x))=xf(f(x))+f(x)f(y)$ với mọi $x,y \in \mathbb{R}$
#712214 Tìm hàm f:R R
Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-07-2018 - 08:07 trong Phương trình hàm
Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn
1.$f(x+f(y+f(x)))=f(x+y)+x$
Kí hiệu $P(x,y)$ thay cho phép thế $x,y$ vào phương trình.
$P(x,-x):f(x+f(f(x)-x))=x+f(0)$ nên $f$ toàn ánh.
Do đó tồn tại $a, f(a)=-f(0)$
$P(a,-f(a)):a=0$ nên $f(0)=0$
$P(0,x): f(f(x))=f(x)$
$P(x,-x): f(x+f(f(x)-x))=x$
Lấy $f$ 2 vế phương trình này thì $f(x)=x$
Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn
2.$f(x+f(y+f(x)))=f(x)+x+y$
Kí hiệu $P(x,y)$ thay cho phép thế $x,y$ vào phương trình.
$P(x,-f(x)):f(x+f(0))=x$ nên $f(x)=x-f(0)$
Tại đây cho $x=0$ thì $f(0)=0$ nên $f(x)=x$
#691650 $(x^{2}+y+f(y))=f(x)^{2}+a, \forall x,y \i...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 27-08-2017 - 02:22 trong Phương trình hàm
Chuẩn phải là $ P(x,y): f(x^2+y+f(y))=f^2(x)+ay, \forall x,y \in \mathBB{R}$
Nếu $a=0$ dễ chỉ ra 2 hàm $f(x) =0,f(x)=1$ thoả mãn.
Xét $a \neq 0$ thì ta có $f$ toàn ánh.
Nếu $f(a)=0$ ta chỉ ra $a=0$
Thật vậy, ta có
$P(b,y)-P(-b,y): f(b)=f(-b)=0$
$P(0,b)+P(0,-b): f(b)+f(-b)=2f^2(0)=0$
Tức là $f(0)=0$, từ đó $P(0,b): ab=0 \Leftrightarrow b=0$
Chứng minh $f(x^2)=bx^2, b \geq 0, b^2+b=a$
$P(x,0):f(x^2)=f^2(x)$
Từ đây $f$ đơn ánh trên từng khoảng $(0,+ \infty)$ và $(- \infty,0)$ và $f(x) \geq 0, \forall x \geq 0$
Từ đó $f(x^2)+x^2 \geq 0,\forall x$
$P(0,x):f(x+f(x))=ax$
$P( \sqrt{x^2+f(x^2)},y^2): f(x^2+y^2+f(x^2)+f(y^2))=a(x^2+y^2)$
Và $P(0,x^2+y^2): f(x^2+y^2+f(x^2+y^2))=a(x^2+y^2)$
Do $f$ đơn ánh trên $(0, +\infty)$ nên $f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x,y \geq 0$
Kết hợp với $f(x) \geq 0,\forall x \geq 0$
Và xét $f$ trên $(0, +\infty)$ dễ thu được $f(x)=bx,\forall x \geq 0(b > 0)$
Trong đó $b^2+b=a$
Bây giờ ta chứng minh $f(-x^2) \leq 0, \forall x$
Giả sử $\exists x,f(-x^2) \geq 0$
$P(x,-x^2):f(f(-x^2))=f(x^2)-ax^2=-b^2x^2 <0$
Mà $f(-x^2)>0$ nên $f(f(-x^2)) >0$
Mâu thuẫn, tức là $f(-x^2) \leq 0$
$f(x)=-f(-x)$
Ta có $f(x^2)=f(-x)^2=f(x)^2$
Dễ thấy 2 số $x$ và $-x$ khác dấu $ \forall x \neq 0$ nên $f(x)$ và $f(-x)$ cũng khác dấu.
Nói cách khác $f(x) \neq f(-x), \forall x \neq 0$ dẫn tới $f(x)=-f(-x), \forall x$
$f(x^2)=bx^2$ nên $f(x)=bx,\forall x$
Trong đó $b^2+b=a \geq 0$
Với $a>0$ ta tìm được nghiệm dương duy nhất của $b$ là $\dfrac{2a}{1+ \sqrt{1+4a}}$
Kết luận $a>0$
#689905 giải đáp phương trình hàm
Đã gửi bởi Kamii0909 on 08-08-2017 - 14:42 trong Phương trình hàm
Sai nhé.
Không hiểu bạn tìm kiểu gì từ $g(x+1)=(2-a)g(x)+a$ mà ra được $g(x) =$ cái hàm kì dị ấy.
Mà tuyệt đối thử lại cũng không TM luôn.
Hơn nữa $g(0)=0,g(1)=1$ và $g(x+1)=g(x)+1$ chỉ kết luận được $g(x)=x, \forall x \in \mathbb{Z}$
Lời giải bài này như sau:
$P(x,y) : f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+f(x)+f(y)$
$P(x,0) : f(x)+f(x)f(0)=f(0)+f(x)+f(0) \Leftrightarrow f(x)f(0) = 2f(0)$
Nếu $f(0) \neq 0$ thì $\boxed{f(x)=2,\forall{x \in \mathbb{R}}}$
Xét $f(0)=0$
$P(x,1) : f(x+1)+f(x)f(1)=f(x)+f(x)+f(1) \Leftrightarrow f(x+1)=f(x) \left[ 2-f(1) \right] +f(1)$
$P(x+1,1) : f(x+2)=f(x) \left[ 2-f(1) \right]^2 +3f(1)-f(1)^2$
$P(1,1) : f(2)=3f(1)-f(1)^2$
$P(x,2) : f(x+2)+f(x)f(2)=f(2x)+f(x)+f(2) \Leftrightarrow f(x) \left[ 2-f(1) \right]^2 +3f(1)-f(1)^2+f(x)f(2)=f(2x)+f(x)+f(2) \Leftrightarrow f(2x)= \left[ 3-f(1) \right]f(x)=af(x)$
$P(2x,2) : f(4x)=a^2f(x)$
$P(2x,2y) -a P(x,y) : (a^2-a)f(x)f(y)=(a^2-a)f(xy)$
Nếu $a=1 \Leftrightarrow P(x,1) : f(x+1)=0 \Leftrightarrow \boxed{f(x)=0,\forall{x \in \mathbb{R}}}$
Nếu $a=0 \Leftrightarrow P(x,2) : f(2x)=0 \Leftrightarrow \boxed{f(x)=0, \forall{x \in \mathbb{R}}}$
Nếu $a^2-a \neq 0$ thì ta có hệ
$\left\{\begin{matrix} f(x)f(y)=f(xy)\\ f(x)+f(y)=f(x+y) \end{matrix}\right.$
Hệ PTH này quen thuộc và có nghiệm là $ \boxed{ f(x)=0,\forall{x \in \mathbb{R}}}$ hoặc $ \boxed{ f(x)=x,\forall{x \in \mathbb{R}}}$
#661252 Tìm số nguyên tố p thỏa mãn $p= 2x^{2}-1;p^{2}= 2y^...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-11-2016 - 15:02 trong Số học
Trừ từng vế 2 phương trình
$p(p-1)=2(y-x)(x+y)$
Suy ra $p|2(y-x)(y+x)$
Mà $2 < $ và $y-x < p $ nên $p|x+y$.
Lại có $x+y < 2p$ nên $x+y=p$
Thay ngược lên có $p-1=2y-2x$
Tới đây dễ rồi. Đơn thuần là giải hệ thôi.
Có $y=3x-1$ và $x^2+2xy=y^2-1$
Thay vào ra $p=7,x=2,y=5$
#659194 cho đa thức f(x) tìm dư của phép chia f(x) cho (x-1)(x-2)
Đã gửi bởi Kamii0909 on 24-10-2016 - 18:21 trong Bất đẳng thức và cực trị
P=$(x+y)^3-3xy(x+y)+2xy$
$P=a^3-3ab+2b=a^3+b(2-3a)$
Ta có $4xy=4b=(x+y)^2+(x-y)^2=a^2+(x-y)^2$
Đến đây chắc em làm được. Chỉ việc xét min max của $(x-y)^2$ mà x,y nguyên nên công việc này rất dễ.
#662553 Chứng minh $I,E,F$ thẳng hàng .
Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-11-2016 - 20:54 trong Hình học phẳng
#665740 $P=\frac{x}{x^{2}+1}+\frac{...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 24-12-2016 - 18:00 trong Bất đẳng thức - Cực trị
#664998 $2^{x}=a^{b}+1$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 18-12-2016 - 15:17 trong Số học
Xét $x \geq 2$
Khi đó $4|L.H.S$ nên dễ có $a,b$ lẻ.
Do $b$ lẻ nên $a+1|a^b+1=2^x$
Do đó $a=2^k -1$($k$ nguyên dương)
Dễ xử lí TH $k=1$.
Xét $k \geq 2$. Khi đó $4|(2^k-1)-(-1)$
Ta có $v_{2}{[(2^k-1)^b+1]}=v_{2}{[(2^k-1)^b-(-1)^b]}\\ =v_{2}{(2^k-1+1)}+v_{2}{(b)}=k=v_{2}{(x)}=x$
Vậy $k=x$ nên $b=1$
Nghiệm là $(a,b,x)=(2^t-1,1,t)$
- Diễn đàn Toán học
- → Kamii0909 nội dung