Chủ đề này có 5 trả lời

[thanhdotk14]

Lười gõ quá, nên up ảnh thôi nhá

_____

@Huy: rồi đó nhé :3

[Juliel]

Thay $a,b,c$ bởi bình phương của nó ta đi chứng minh bất đẳng thức tương đương :

$$\dfrac{c(a^2+b^2)}{a+b}+\dfrac{b(c^2+a^2)}{c+a}+\dfrac{a(b^2+c^2)}{b+c}\geq \sqrt{3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$$

Nếu đặt $ab=x,bc=y,ca=z$ thì $a^2=xz/y,b^2=xy/z,c^2=yz/x$. Khi đó :

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

Vậy BĐT trở thành :

$$\dfrac{x^2+y^2}{x+y}+\dfrac{y^2+z^2}{y+z}+\dfrac{z^2+x^2}{z+x} \geq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$$

BĐT này thì quen thuộc rồi.

http://forum.mathsco...ead.php?t=48037

 

 

Bài hình là IMO 2013. $XY$ đi qua trực tâm $H$ của tam giác $ABC$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 27-09-2014 - 18:18

[Bui Ba Anh]

Đặt ngay từ đầu $a=\frac{1}{x^2},b=\frac{1}{y^2},c=\frac{1}{z^2}=>\frac{a+b}{a\sqrt{b}+b\sqrt{a}}=\frac{\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}}{\frac{1}{x^2y}+\frac{1}{y^2x}}=\frac{x^2+y^2}{x+y}$ có vẻ nhanh hơn nhỉ

A-L:)

[Bui Ba Anh]

Bài hình http://diendantoanho...yển-chọn/page-2

A-L:)

[Hoang Tung 126]

Lười gõ quá, nên up ảnh thôi nhá

10580480_369526263204390_889474448_n.jpg

_____

@Huy: rồi đó nhé :3

Bài cuối đề thế nào vậy

[BlackSelena]

Bài cuối đề thế nào vậy

$f: \mathbb{N^*} \rightarrow \mathbb{N^*}$

$m^2 + f(n) \mid mf(m) + n \ \forall m, n \in \mathbb{N^*}$

_____

Kí hiệu $m:= n$ là thay $m$ bởi $n$

Trong giả thiết, gọi là (1), $m:= n$ thì dễ có $f(n) \ge n$

Thay $m=1$, ta được $f(1) - 1 \ge f(n) - n$ tức $f(n) - n $ bị chặn trên bởi số $k = f(1) - 1$ dương.

Mục tiêu ta là chỉ ra $f(n) = n$, giả sử tồn tại $x_0$ để $f(x_0) \neq x_0$

Từ giả thiết, ta được $m(f(m) - m) - (f(n) -n) \vdots m^2 + f(n)$

$x_0 := n \Rightarrow m(fm)-m) - B \vdots m^2 + C$ trong đó $B, C$ là 2 hằng số khác $0$.

Từ đây cũng chỉ ra được tồn tại hữu hạn $m$ thỏa $f(m) =m$ vì giả sử ngược lại, tức tồn tại vô hạn $m$ thỏa điều kiện đó thì suy ra có vô hạn $m$ để $m^2 + C \mid -B$ (vô lý do $B \neq 0$ ).

Hữu hạn $m$ thòa $f(m) = m$ thì tức là có vô hạn $m$ thỏa $f(m) \neq m$.

Vậy tồn tại vô hạn $m$ để $mk - B \ge m^2 +C$ (do $f(m) -m$ bị chặn trên bởi $k$ )

$VT$ là hàm bậc nhất, $VP$ là hàm bậc 2 nên khi $m$ lượn tới $+ \infty$ thì điều trên k xảy ra.

Tức $f(n) = n \ \forall n \in \mathbb{N^*}$