Chủ đề này có 137 trả lời

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 16: Cho $A,B,C$ là 3 góc của một tam giác. CMR:

 

    $\cos\frac{A-B}{2}+\cos\frac{B-C}{2}+\cos\frac{C-A}{2}\geq \sin\frac{3A}{2}+\sin\frac{3B}{2}+\sin\frac{3C}{2}$.

 

Đây là đề thi TST của USA năm 2002, duới đây là một lời giải của Maverick

 

Let $p$ denote the semiperimeter of $\triangle ABC.$ WLOG assume $a \geq b \geq c.$
\[\cos\frac{A-B}2 =\cos\frac{A}2\cos\frac{B}2+\sin\frac{A}2\sin\frac{B}2 =  \sqrt{\frac{p^2(p-a)(p-b)}{abc^2}} +  \sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)^2}{abc^2}}\]
\[\implies \sum \cos\frac{A-B}2= \sum \frac{a+b}c \sin\frac{C}2\]
Hence the inequality is equivalent to
\[\sum \frac{a+b}c\sin\frac{C}2 \geq 3\sum \sin\frac{A}2-4\sum \sin^3\frac{A}2\]
\[\iff \sum \frac{(b-c)(a-c)(a+b+c)}{abc} \sin\frac{C}2 \geq 0\]
\[\iff \sum (c-b)(c-a) \sin\frac{C}2 \geq 0\]
Due to assumption we have $(a-c)(b-c)\sin\frac{C}2 \geq 0$
So, it suffices to show that
\[(b-a)(c-a)\sin\frac{A}2+(a-b)(c-b)\sin\frac{B}2 \geq 0\]
\[\iff (a-b)\left((a-c)\sin\frac{A}2-(b-c)\sin\frac{B}2\right) \geq 0\]
which is obviously true.
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 09-11-2014 - 00:41

[chardhdmovies]

Những bài chưa được giải. Lưu ý ai giải được 1 trong số các bài dưới đây mới được tiếp tục đăng đề, còn tự ý đăng đề sẽ bị ẩn + 1 lần nhắc nhở.

Bài 16: Cho $A,B,C$ là 3 góc của một tam giác. CMR:

 

    $cos\frac{A-B}{2}+cos\frac{B-C}{2}+cos\frac{C-A}{2}\geq sin\frac{3A}{2}+sin\frac{3B}{2}+sin\frac{3C}{2}$.

cách 1:

ta có $\left\{\begin{matrix} \sum cos\frac{B-C}{2}=2\sum sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}+\sum sin\frac{A}{2}\\ \sum sin\frac{3A}{2}=\sum \left ( 3sin\frac{A}{2}-4sin^3\frac{A}{2} \right ) \end{matrix}\right.$ do đó ta cần chứng minh

$2\sum sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}+4\sum sin^3\frac{A}{2}-\sum sin\frac{A}{2}\geq 0$

mà $\left\{\begin{matrix} 2\sum sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}=\sum sin\frac{A}{2}\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )\\4\sum sin^3\frac{A}{2}=2\sum \left ( sin^3\frac{B}{2}+sin^3\frac{C}{2} \right ) \\ 2\sum sin\frac{A}{2}=\sum \left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right ) \end{matrix}\right.$ nên bđt cần chứng minh

$\Leftrightarrow \sum \left [ sin\frac{A}{2}\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )+2\left ( sin^3\frac{B}{2}+sin^3\frac{C}{2} \right )-\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right ) \right ]\geq 0$

giờ ta sẽ chứng minh $sin\frac{A}{2}\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )+2\left ( sin^3\frac{B}{2}+sin^3\frac{C}{2} \right )-\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )\geq 0$

$\Leftrightarrow sin\frac{A}{2}+2\left ( sin^2\frac{B}{2}-sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}+sin^2\frac{C}{2} \right )-1\geq 0$

$\Leftrightarrow sin\frac{A}{2}+(1-cosB)+\left ( cos\frac{B+C}{2}-cos\frac{B-C}{2} \right )+(1-cosC)-1\geq 0$

$\Leftrightarrow 1+2sin\frac{A}{2}\geq cosB+cosC+cos\frac{B-C}{2}$

điều này luôn đúng do $\left\{\begin{matrix} 1\geq cos\frac{B-C}{2}\\2sin\frac{A}{2}\geq cosB+cosC \end{matrix}\right.$

do đó bđt được chứng minh

cách 2:

đặt $x=\frac{A}{2},y=\frac{B}{2},z=\frac{C}{2}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x,y,z\in \left ( 0;\frac{\pi }{2} \right )\\ x+y+z=\frac{\pi }{2} \end{matrix}\right.$

ta có $sin\frac{3A}{2}-cos\frac{B-C}{2}=sin3x-cos(y-z)=sin3x-sin(x+2y)=-2sin(x-y)sin(x-z)$

do đó ta cần chứng minh $\sum sin(x-y)sin(x-z)\geq 0$

không mất tính tổng quát giả sử $0<x\leq y\leq z< \frac{\pi }{2}$

bđt cần chứng minh $\Leftrightarrow sin(x-y)sin(x-z)+sin(z-y)\left [ sin(z-x)-sin(y-x) \right ]\geq 0$

điều này luôn đúng bởi hàm số $y=sin\alpha$ là hàm đồng biến vơi $0<\alpha <\frac{\pi }{2}$

do đó bđt được chứng minh

 

 

NTP

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 10-12-2014 - 00:06

[banhgaongonngon]

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

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

[Juliel]

Bài 8: Tìm tất cả $c\in \mathbb{N}$ sao cho tồn tại $a,b\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $a^n+2^n$ là ước của $b^n+c$ với mọi $n\in \mathbb{Z^+}$. Với mỗi bộ $(a,b,c)$ ở trên mà $c$ lớn nhất, chứng minh rằng $a,b$ không đồng thời là hai số chính phương.

Lời giải :

Đề đúng nên là với mọi số nguyên dương $n$.

 

Bổ đề :Cho số nguyên $a$ không chính phương. Khi đó tồn tại vô hạn số nguyên tố $p$ thoả mãn $a$ không là số chính phương modulo $p$.

Chứng minh bổ đề :

 

Trở lại bài toán :

Ta có :

$$a^n+2^n\mid b^n+c\mid b^{3n}+c^3$$

Cũng có :

$$a^n+2^n\mid a^{3n}+2^{3n}\mid b^{3n}+c$$

Từ đó suy ra rằng $a^n+2^n\mid c^3-c$. Ta thấy $a^n+2^n$ lớn tuỳ ý, như vậy phải có $c^3-c=0$. Tức $c=0$ hoặc $c=1$.

Trường hợp $c$ lớn nhất là $c=1$ :

$$a^n+2^n\mid b^n+1\;\forall n\in \mathbb{Z}^+\;\;\;\;(*)$$

Ta sẽ chứng minh $a,b$ không đồng thời chính phương. Gỉa sử cả hai số $a,b$ đều là số chính phương. 

Vì $a$ chính phương nên $2a$ không chính phương. Khi đó theo bổ đề ta chọn đuợc vô số số nguyên tố $p$ sao cho 

$\left ( \dfrac{2a}{p} \right )=-1$. Từ đây suy ra $\left ( \dfrac{a}{p} \right )+\left ( \dfrac{2}{p} \right )=0$.

Hiển nhiên chọn được số nguyên tố $p$ thoả mãn đồng thời $\left ( \frac{2a}{p} \right )=-1$ và $p\nmid b$. Khi đó chú ý $b$ chính phương nên $\left ( \frac{b}{p} \right )=1$.

Khi đó ta cho $n=\dfrac{p-1}{2}$ và áp dụng định lí tiêu chuẩn Euler :

$$b^{\frac{p-1}{2}}+1\equiv \left ( \dfrac{b}{p} \right )+1=2\pmod p$$

$$a^{\frac{p-1}{2}}+2^{\frac{p-1}{2}}\equiv \left ( \dfrac{a}{p} \right )+\left ( \frac{2}{p} \right )=0\;\pmod p$$

Điều này mâu thuẫn với $(*)$. 

Gỉa thiết phản chứng sai, $a,b$ phải không đồng thời chính phương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Near Ryuzaki: 12-06-2015 - 10:55

[Juliel]

Bài 19 : Tìm các số nguyên dương $m,n$ thoả :

$$10^m-8^n=2m^3$$.

[hoangtubatu955]

 

 

Bài 6:  Tìm các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

\[f\left( {\frac{{x + y}}{{2012}}} \right) = \frac{1}{2}\left[ {f\left( {\frac{x}{{2013}}} \right) + f\left( {\frac{y}{{2014}}} \right)} \right],\,\,\forall x,y \in \mathbb{R}\] 

 

 

 

Em xin làm câu này ạ:
Đặt $g(x)=f(x)-f(0)$, Khi đó ta có ngay $g(0)=0$.
Hơn nữa, từ giả thiết ta có: $g(x+y)=\frac{1}{2}(g(ax)+g(by));\forall x \in  R$  (1),  trong đó $a=\frac{2012}{2013}; b=\frac{2012}{2014}$
Thay $x=0$ vào (1) ta có $\frac{1}{2}g(by)=g(y); \forall y \in R$
Thay $y=0$ vào (1) ta có $\frac{1}{2}g(ax)=g(x); forall x \in R$
Như vậy, giả thiết đã cho có thể viết lại thành: $g(x+y)=g(x)+g(y); \forall x,y \in R$ 
 Từ đây, ta có: $g(ax)=a.g(x); \forall x \in R$, do $a$ là số hữu tỷ.
Do đó: $\frac{a}{2}g(x)=g(x)$, hay $g(x) \equiv 0$
Tức $f$ đồng nhất là hằng số.

[hoangtubatu955]

Dù bài đang nhiều, nhưng theo đề nghị của anh trai thì em góp một bài hình.
( Đề kiểm tra đội tuyển của Hà Tĩnh)
Bài 20: Cho đường tròn $(O)$ và điểm $M$ cố định ($M$ nằm ngoài $(O)$). Kẻ tiếp tuyến $MA$ và cát tuyến $MBC$ ( $B$ nằm giữa $M$ và $C$). Một đường tròn tâm $J$ thay đổi đi qua $B,C$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $H,G$. Gọi $I$ là giao điểm của $BG$ và $CH$; $W$ là giao điểm của $HG$ với $BC$.
a, Chứng minh rằng giao điểm của $JI$ và $WA$ luôn di động trên một đường cố định.

  b, Chứng minh rằng đường trung bình tương ứng với cạnh $WI$ của tam giác $AIW$ luôn đi qua một điểm cố định.

 

@namcpnh: Cảm ơn em trai, như vậy ta còn 7 bài, quy tắc đăng bài mới vẫn như cũ nhé.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 09-11-2014 - 21:04

[Nxb]

Bài 21.  Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Đường thẳng song song với BC cắt (O) tại D và E. Đường thẳng AD và AE lần lượt cắt tiếp tuyến tại B và C đối với (O) tại F và G. CF cắt BG tại H. Chứng minh rằng AH đi qua trung điểm của BC

 

untitled.jpg

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 09-11-2014 - 21:44

[BlackSelena]

Bài 22:

 

Cho tam giác $ABC$ và 1 đường tròn $(O)$. Gọi $A'B'C'$ là tam giác đường tạo thành bởi 3 đường đối cực của lần lượt $A, B, C$ với $(O)$.

Khi đó $AA', BB', CC'$ đồng quy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 09-11-2014 - 21:51

[BlackSelena]

Bài 21.  Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Đường thẳng song song với BC cắt (O) tại D và E. Đường thẳng AD và AE lần lượt cắt tiếp tuyến tại B và C đối với (O) tại F và G. CF cắt BG tại H. Chứng minh rằng AH đi qua trung điểm của BC

 

untitled.jpg

Bài này k khó, giải quyết lấy số lượng là chính...

Sử dụng định lý sin $\dfrac{BF}{FA} : \dfrac{CG}{GA} = \dfrac{AC}{AB}$

Vậy $\dfrac{\sin FCB}{\sin FCA} . \dfrac{\sin GBA}{\sin GBC} = \dfrac{BF}{FA} . \dfrac{GA}{GC} =  \dfrac{AC}{AB}$

Lại theo $\text{Cave}$ cho $AH, BG, CF$ đồng quy

$\Rightarrow \dfrac{\sin HAB}{\sin HAC} = \dfrac{AC}{AB} \Rightarrow AH$ đi qua trung điểm $BC$

[BlackSelena]

Dù bài đang nhiều, nhưng theo đề nghị của anh trai thì em góp một bài hình.
( Đề kiểm tra đội tuyển của Hà Tĩnh)
Bài 20: Cho đường tròn $(O)$ và điểm $M$ cố định ($M$ nằm ngoài $(O)$). Kẻ tiếp tuyến $MA$ và cát tuyến $MBC$ ( $B$ nằm giữa $M$ và $C$). Một đường tròn tâm $J$ thay đổi đi qua $B,C$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $H,G$. Gọi $I$ là giao điểm của $BG$ và $CH$; $W$ là giao điểm của $HG$ với $BC$.
a, Chứng minh rằng giao điểm của $JI$ và $WA$ luôn di động trên một đường cố định.

  b, Chứng minh rằng đường trung bình tương ứng với cạnh $WI$ của tam giác $AIW$ luôn đi qua một điểm cố định.

 

@namcpnh: Cảm ơn em trai, như vậy ta còn 7 bài, quy tắc đăng bài mới vẫn như cũ nhé.

a, $L$ là điểm $\text{Miquel}$ của tứ giác toàn phần $BHGCWA$ nên $L \in (ABC)$

b, $X$ là trung điểm của $AI$, chú ý $WI \perp AJ$ ($\text{Brokard}$) nên ta sẽ chỉ ra $MX \perp AJ$

Xem #7 trong đây

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 09-11-2014 - 22:46

[Juliel]

Bài 20: Cho đường tròn $(O)$ và điểm $M$ cố định ($M$ nằm ngoài $(O)$). Kẻ tiếp tuyến $MA$ và cát tuyến $MBC$ ( $B$ nằm giữa $M$ và $C$). Một đường tròn tâm $J$ thay đổi đi qua $B,C$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $H,G$. Gọi $I$ là giao điểm của $BG$ và $CH$; $W$ là giao điểm của $HG$ với $BC$.
a, Chứng minh rằng giao điểm của $JI$ và $WA$ luôn di động trên một đường cố định.

  b, Chứng minh rằng đường trung bình tương ứng với cạnh $WI$ của tam giác $AIW$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải :

a) Giao điểm của $IJ,WA$ luôn di động trên $(O)$ cố định.

Câu này là IMO 1985 (Problem 5)

Có thể phát biểu ngắn gọn là :

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ với $AC,BD$ giao nhau tại $I$, $AD,BC$ giao nhau tại $P$ và $AB,CD$ giao nhau tại $Q$. Khi đó $OI$ đi qua điểm Miquel của tứ giác toàn phần $ABCDPQ$.

b) Gọi $K$ là giao của $WI$ với $AH$. Gọi $U$ là trung điểm của $AK$ và $l$ là đường trung bình ứng với cạnh $WI$ của tam giác $AIW$.

Dễ thấy $l$ đi qua $U$. Ta có $(HB,KA)=-1$ mà $U$ là trung điểm của $AK$ nên theo hệ thức Newton ta có $UA^2=UB.UH$.

Điều này đồng nghĩa $P_{U/(A,0)}=P_{U/(J)}$. 

Mặt khác theo định lí Brocard thì $IW \perp AJ$ mà $l \parallel IW$ nên $l\perp AJ$.

Suy ra $l$ là trục đẳng phương của $(A,0)$ và $(J)$. Lại có $MA^2=MB.MC$ nên $M$ thuộc trục đẳng phương của $(A,0),(J)$.

Tức $l$ đi qua $M$ cố định.

[Tru09]

Bài 12: Cho một ngôi trường có $n$ khóa học và $n$ học sinh. Các học sinh đăng kí vào lớp học, không có $2$ học sinh nào tham gia các khóa học hoàn toàn giống nhau. CMR: ta có thể đóng cửa một khoá học sao cho vẫn không có hai học sinh nào tham gia các khoá học hoàn toàn giống nhau.

 

Bài 12:

Xét đồ thị với mỗi học sinh là 1 đỉnh , 2 đỉnh được nối với nhau nếu khi đóng  lớp học thứ i (i=1,n) thì 2 học sinh ấy tham gia các khóa học hoàn toàn giống nhau. Và tô màu của đoạn thẳng đó là màu i

Giả sử ngược lại , không thể đóng cửa 1 khóa học nào mà k tồn tại 2 hs tham gia các khóa học hoàn toàn giống nhau , khi đó tất cả các màu (1,2,..n) đều xuất hiện . xét các đỉnh nối các màu đó ( Ta có thể bỏ các cạnh cùng màu sao cho mỗi màu xuất hiện 1 lần)

Vì $\leq n$ đỉnh , n cạnh luôn tồn tại 1 chu trình

Giả sử chu trình đó là A1 -(i1) -> A2 -(i2) ->A3 ..... Ak - (ik)-> A1

k mất tính tổng quát có thể giả sử A1 tham gia nhiều lớp học hơn A2

Khi đó A2 k tham gia lớp học i1

$\Rightarrow$ A3 k tham gia lớp học i1

$\Rightarrow$ .... Ak k tham gia lớp học i1 $\Rightarrow$ A1 k tham gia lớp học i1

$\Rightarrow$ vô lý

Vậy ta có dpcm 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 09-11-2014 - 23:44

[hoangtubatu955]

Bài này k khó, giải quyết lấy số lượng là chính...

Ảnh chụp màn hình_2014-11-09_214720.png

Sử dụng định lý sin $\dfrac{BF}{FA} : \dfrac{CG}{GA} = \dfrac{AC}{AB}$

Vậy $\dfrac{\sin FCB}{\sin FCA} . \dfrac{\sin GBA}{\sin GBC} = \dfrac{BF}{FA} . \dfrac{GA}{GC} =  \dfrac{AC}{AB}$

Lại theo $\text{Cave}$ cho $AH, BG, CF$ đồng quy

$\Rightarrow \dfrac{\sin HAB}{\sin HAC} = \dfrac{AC}{AB} \Rightarrow AH$ đi qua trung điểm $BC$

Đoạn này là thế nào nhỉ? Mình áp dụng định lý sin cho 2 tam giác nhưng góc $\widehat{CBF} \equiv \widehat{CAF}$ đâu?
Mà cũng chưa thấy ssong ssong sử dụng đâu cả

[BlackSelena]

Đoạn này là thế nào nhỉ? Mình áp dụng định lý sin cho 2 tam giác nhưng góc $\widehat{CBF} \equiv \widehat{CAF}$ đâu?
Mà cũng chưa thấy ssong ssong sử dụng đâu cả

Song song là để có $\dfrac{BF}{FA} : \dfrac{CG}{GA} = \dfrac{AC}{AB}$

$\dfrac{\sin FCB}{\sin FCA} = \dfrac{BF. \sin FBC}{AF. \sin FAC}$

Chú ý $\angle FBC = \angle GCB, \angle FAC = \angle GAB$

[mnguyen99]

Bài 19 : Tìm các số nguyên dương $m,n$ thoả :

$$10^m-8^n=2m^3$$.

pt$\Leftrightarrow 5^{m}.2^{m-1}-2^{3n-1}=m^{3}$

Giải pt khi m=1,2,3 thì m=1;n=1.

Dễ dàng CM khi $m\geq 4\Rightarrow \upsilon _{2}(2^{m-1})> \upsilon _{2}(m^{3})$

Mà $\upsilon _{2}(5^{m}.2^{m-1}-2^{3n-1})=\upsilon _{2}(m^{3})\Rightarrow \upsilon _{2}(2^{3n-1})=\upsilon _{2}(m^{3})\Leftrightarrow 3n-1=3.\upsilon _{2}(m)$ (vô lí)

Vậy pt chỉ có nghiệm m=1;n=1.

[Juliel]

pt$\Leftrightarrow 5^{m}.2^{m-1}-2^{3n-1}=m^{3}$

Giải pt khi m=1,2,3 thì m=1;n=1.

Dễ dàng CM khi $m\geq 4\Rightarrow \upsilon _{2}(2^{m-1})> \upsilon _{2}(m^{3})$

Mà $\upsilon _{2}(5^{m}.2^{m-1}-2^{3n-1})=\upsilon _{2}(m^{3})\Rightarrow \upsilon _{2}(2^{3n-1})=\upsilon _{2}(m^{3})\Leftrightarrow 3n-1=3.\upsilon _{2}(m)$ (vô lí)

Vậy pt chỉ có nghiệm m=1;n=1.

Ừ. Được rồi. Cái luỹ thừa bậc ba của $m$ là để suy ra mâu thuẫn chỗ $3n-1=3v_2(m)$. Em thử suy nghĩ thêm nếu thay $m^3$ bằng $m^2$ thì giải như thế nào

 

@ Hướng : Oh, a ko có đọc TTT nên ko biết =)). Sr. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 11-11-2014 - 21:34

[hoctrocuaZel]

Ừ. Được rồi. Cái luỹ thừa bậc ba của $m$ là để suy ra mâu thuẫn chỗ $3n-1=3v_2(m)$. Em thử suy nghĩ thêm nếu thay $m^3$ bằng $m^2$ thì giải như thế nào

Đây đúng là Bài GTQT của TTT 2 mà anh! (Chưa hết hạn)

[HoangHungChelski]

Ừ. Được rồi. Cái luỹ thừa bậc ba của $m$ là để suy ra mâu thuẫn chỗ $3n-1=3v_2(m)$. Em thử suy nghĩ thêm nếu thay $m^3$ bằng $m^2$ thì giải như thế nào

 

@ Hướng : Oh, a ko có đọc TTT nên ko biết =)). Sr. 

Trên Blog cũ của Toàn Zaraki có bài tương tự này anh   
Mặc dù còn 23 phút nữa mới đến ngày 12 nhưng em xin đăng một bài số thuộc đề KT đội tuyển Hải Dương mà em xin xỏ được

Bài 23: Tìm $(a,b,m,n)$ nguyên dương thỏa mãn: 
$$a^m-b^m=(a-b)^n$$

[hoangtubatu955]

VMO sắp tới rồi, do nhu cầu ôn luyện của các mem VMF nên anh sẽ mở topic ôn luyện VMO. Topic này để các mem đăng bài rồi giải bài. Nghiêm cấm các hành vi chém gió, khiêu khích, gõ tiếng Việt ko dấu, quảng cáo,..

 

 

 

Bài 1: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(y+f(x))=f(x)f(y)+f(f(x))+f(y)-xy$ với mọi $x,y \in \mathbb{R} $.  (1)

 

 

Để em giải quyết hoàn thiện nốt câu này!
Đầu tiên dễ thấy $f$ hằng không thỏa mãn:
Khi đó từ giả thiết ta có ngay $f$ đơn ánh.
Cho $y=0$ vào $(1)$ ta có: $f(0).f(x)+f(0)=0; \forall x \in \mathbb{R}.$ Từ đây ta có $f(0)=0.$
Thay $y$ bởi $f(y)$ vào $(1)$ ta được:
     $f(f(x)+f(y))=f(x).f(f(y))+f(f(x))+f(f(y))-xf(y); \forall x,y \in \mathbb{R}$ (2)

Hoán vị $x$ và $y$ trong (2) lại kết hợp (2) ta có:
    $\frac{f(f(x))+x}{f(x)}=\frac{f(f(y))+y}{f(y)}; \forall x,y \in \mathbb{R} $ $x,y$ khác $0$.
Từ đây ta có: $f(f(x))=a.f(x)-x; \forall x \in mathbb{R}$, do $x=0$ vẫn thỏa mãn.

 

+Thay $y$ bởi $z+f(y)$ vào (1) ta có:
  $f(z+f(x)+f(y))=(f(x)+1).f(z+f(y))+f(f(x))-x(z+f(y)); \forall x,y,z \in \mathbb{R}$

                      $=(f(x)+1)(f(y)f(z)+f(f(y))+f(z)-yz)+f(f(x))-xz-xf(y); \forall x,y,z \in \mathbb{R}$

                      $=f(z).(f(x)+1)(f(y)+1)+(f(x)+1)(a.f(y)-y-yz)+a.f(x)-x-xz-xf(y); \forall x,y,z \in \mathbb{R}$         (3)

Cho $z=-1$ vào (3) ta thu được:
$ f(f(x)+f(y)-1)=f(-1).(f(x)+1)(f(y)+1)+a.f(x).f(y)+a(f(x)+f(y))-xf(y); \forall x,y \in mathbb{R}$
Đến đây, chỉ việc hoán vị $x,y$ ta có ngay:
          $xf(y)=y.f(x); \forall x,y \in \mathbb{R}$
 hay $f(x)=c.x; \forall x \in \mathbb{R}$, do $x=0$ vẫn thỏa mãn.
Thử lại thì ta có $c=1$ hoặc $c=-1$.
Vậy các hàm cần tìm là:
$f(x) \equiv x$ hoặc $f(x) \equiv -x$

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 13-11-2014 - 18:45