Lười gõ, gửi ảnh, anh em tham khảo
Nguồn: Phạm Hồng Nhung, c LQĐ VT
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 27-10-2016 - 20:24
Lười gõ, gửi ảnh, anh em tham khảo
Nguồn: Phạm Hồng Nhung, c LQĐ VT
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 27-10-2016 - 20:24
Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :
Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.
Wolframalpha đây
Bài 4:
2. $f(x+yf(x))=xf(y)+f(x)$ (1)
P(x,y) là phép thế của x,y vào (1)
Gọi a là số thỏa mãn $f(a)=0$.
$P(a,y) \Rightarrow af(y)=0 \Rightarrow a=0$.
Vậy $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$
$P(-1,-1) \Rightarrow f(-1)=-1$
$P(1,-1) \Rightarrow f(1-f(1))=f(1)-1$
$P(1-f(1),1) \Rightarrow (f(1)-1)^2=0 \Rightarrow f(1)=1$
$P(1,y) \Rightarrow f(y+1)=f(y)+1$
$P(x, y+1) \Rightarrow f(x+yf(x)+f(x))=xf(y)+f(x)+x=f(x+yf(x))+x$ (2)
Mặt khác vì $x+yf(x)$ toàn ánh( cho x=1, y chạy) nên thay $x+yf(x)$ bởi $y$ ở (2), ta có:
$f(y+f(x))=f(y)+x$ (3)
Thay $y=0$ vào (3) ta có: $f(f(x))=x$
Thay $x$ bởi $f(x)$ vào (3) ta có: $f(x+y)=f(x)+f(y)$ (4)
$P(f(x),y)$ kết hợp (4) ta có: $f(xy)=f(x).f(y)$ (5)
Từ (4),(5) ta có nghiệm hàm là $f(x)=x$ và $f(x) \equiv 0$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pdtienArsFC: 05-10-2016 - 11:47
Bài 4:
2. $f(x+yf(x))=xf(y)+f(x)$ (1)
P(x,y) là phép thế của x,y vào (1)
Gọi a là số thỏa mãn $f(a)=0$.
$P(a,y) \Rightarrow af(y)=0 \Rightarrow a=0$.
Vậy $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$
$P(-1,-1) \Rightarrow f(-1)=-1$
$P(1,-1) \Rightarrow f(1-f(1))=f(1)-1$
$P(1-f(1),1) \Rightarrow (f(1)-1)^2=0 \Rightarrow f(1)=1$
$P(1,y) \Rightarrow f(y+1)=f(y)+1$
$P(x, y+1) \Rightarrow f(x+yf(x)+f(x))=xf(y)+f(x)+x=f(x+yf(x))+x$ (2)
Mặt khác vì $x+yf(x)$ toàn ánh( cho x=1, y chạy) nên thay $x+yf(x)$ bởi $y$ ở (2), ta có:
$f(y+f(x))=f(y)+x$ (3)
Thay $y=0$ vào (3) ta có: $f(f(x))=x$
Thay $x$ bởi $f(x)$ vào (3) ta có: $f(x+y)=f(x)+f(y)$ (4)
$P(f(x),y)$ $x+yf(x)$ kết hợp (4) ta có: $f(xy)=f(x).f(y)$ (5)
Từ (4),(5) ta có nghiệm hàm là $f(x)=x$ và $f(x) \equiv 0$.
Nếu như không tồn tại $a$ để $f(a)=0$ thì sao ? Bạn phải chỉ ra được rằng tồn tại số $a$ như thế trước khi thế vào phương trình ban đầu.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 04-10-2016 - 18:14
Bài 4a:
Vế phải của phương trình ban đầu là một hàm bậc nhất theo $y$ nên $f$ là toàn ánh.
Lại thay $x$ bởi $f(x)$ vào phương trình ban đầu, dễ chứng minh được $f$ là đơn ánh, hay $f$ là song ánh.
Do đó $\exists! a$ sao cho $f(a)=0$. Thay $y$ bởi $a$ vào phương trình ban đầu, ta có $f(x)=a-2017f(x)$ hay $f(x)=c$ ($c$ là hằng số thực).
Thử lại ta thấy không thoả mãn, vậy không tồn tại hàm số thoả mãn yêu cầu đề bài.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 04-10-2016 - 18:26
Nếu như không tồn tại $a$ để $f(a)=0$ thì sao ? Bạn phải chỉ ra được rằng tồn tại số $a$ như thế trước khi thế vào phương trình ban đầu.
Thay $y=0$ ta thấy $f(0)=0$.
Giả sử tồn tại a khác 0 thỏa mãn $f(a)=0$.
.....
Thế đã được chưa em??
Bài 1a:
Với $x,y,z$ là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:
$\sum \frac{1}{(2x+y+z)^2}=\sum \frac{1}{((x+y)+(x+z))^2}\leq \sum \frac{1}{4(x+y)(x+z)}$
Do đó ta cần chứng minh rằng $\sum \frac{1}{4(x+y)(x+z)}\leq \frac{3}{16}$ hay $\frac{8}{3}(x+y+z)\leq (x+y)(y+z)(z+x)$
Theo một kết quả quen thuộc và AM-GM, $(x+y)(y+z)(z+x)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=\frac{8}{3}(x+y+z)$.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Cho $x,y,z$ không âm và thỏa $x^2+y^2+z^2=1 $
Chứng minh rằng $(x^2y+y^2z+z^2x)(\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}) \leq \frac{3}{2}$
Bài làm
Ta có $(x^2y+y^2z+z^2x )^2 \leq (x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)(x^2+y^2+z^2) =x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 $
Do đó, ta đặt $a=x^2, b=y^2, c=z^2 $ với $a+b+c=1 $
BĐT cần chứng minh sẽ có dạng
$\sqrt{ab+bc+ca} (\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}+\frac{1}{\sqrt{c+1}} ) \leq \frac{3}{2} $
Bình phương 2 vế và sử dụng bđt AM-GM, ta cần chứng minh
$(ab+bc+ca)(\frac{1}{1+a} + \frac{1}{1+b} + \frac{1}{1+c} )\leq \frac{3}{4} $
Quy $PQR$, ta cần chứng minh
$q. \frac{q+2p+3}{1+p+q+r} \leq \frac{3}{4} $
Hay là $r \geq \frac{4q^2+17q-6}{3} $
Mặt khác ,ta có bđt Schur bậc 3: $p^3-4pq+9r \geq 0 <=> r \geq \frac{4q-1}{9} $
Do đó, ta chỉ cần chứng minh bđt sau là đủ
$\frac{4q-1}{9} \geq \frac{4q^2+17q-6}{9} <=> (3q-1)(4q+17) \leq 0 $
Mà này hiển nhiên đúng theo AM-GM thì $ 0 <q \leq \frac{1}{3} $
Do đó, bất đẳng thức được chứng minh
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 04-10-2016 - 19:32
Cách khác cho Bài 1. 2)
Ta có:
$x+y+z=\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )\left ( x+y+z \right )\geq 3\left ( x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x \right )$
Do đó:
$VT\leq \frac{x+y+z}{3}\left ( \sum \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}} \right )$
Bằng phương pháp tiếp tuyến dễ dàng chỉ ra $\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\leq -\frac{3}{8}a+\frac{5\sqrt{3}}{8}$ $\forall a\in \left [ 0;1 \right ]$
Vậy:
$VT\leq \frac{x+y+z}{3}.\left [-\frac{3}{8}\left ( x+y+z \right )+\frac{15\sqrt{3}}{8} \right ]\\=-\frac{1}{8}\left ( x+y+z \right )^{2}+\frac{5\sqrt{3}}{8}\left ( x+y+z \right )\\=-\frac{1}{8}\left ( x+y+z-4\sqrt{3} \right )\left ( x+y+z-\sqrt{3} \right )+\frac{3}{2}$
Vì $x+y+z\leq \sqrt{3}$ nên
$VT\leq \frac{3}{2}=VP\rightarrow Q.E.D$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phamngochung9a: 04-10-2016 - 19:52
Bài 4a:
Vế phải của phương trình ban đầu là một hàm bậc nhất theo $y$ nên $f$ là toàn ánh.
Lại thay $x$ bởi $f(x)$ vào phương trình ban đầu, dễ chứng minh được $f$ là đơn ánh, hay $f$ là song ánh.
Do đó $\exists! a$ sao cho $f(a)=0$. Thay $y$ bởi $a$ vào phương trình ban đầu, ta có $f(x)=a-2017f(x)$ hay $f(x)=c$ ($c$ là hằng số thực).
Thử lại ta thấy không thoả mãn, vậy không tồn tại hàm số thoả mãn yêu cầu đề bài.
Không làm vậy được nhé bạn
$f(x-2016f(y)) = y-2017f(x) $
Chỉ suy ra đc $f(u) -2017f(v) $ toàn ánh thôi
Bài này ta làm như sau
Thay $x=2016f(y) => f(0) = y -2017f(2016f(y)) $
Từ đây suy ra $f$ là song ánh
Do đó tồn tại $a: f(a)=0 $
Thay $y=a => f(x) = a - 2017f(x) => f(x) =c $
Thử lại thấy không thỏa
Do đó không tồn tại hàm thỏa bài toán
Câu 1a thực chất chỉ là mở rộng của đề Thanh Hóa TST 2016-2017
Câu 5: b) Rõ ràng nếu gọi $A$ là tập các đoạn thẳng thỏa mãn đề bài và số phần tử của $A$ nhỏ nhất. Gọi $X$ là tập hợp tất cả các đoạn thẳng tạo từ $2$ trong số $42$ điểm trên. Khi đó $B=X \setminus A$ là một tập con của tập $X$ và nó không chứa bất cứ một tam giác nào
Do đó $|B| \leq \lfloor\dfrac{42^2}{4}\rfloor=441$ ( Theo định lý $Turan$)
Từ đó $|A| \geq \dfrac{42 \cdot 41}{2}-441=420$
câu hình
a) dùng phương tích
b)EP cắt QF tại U , PF cắt EQ taị V AN cắt BM tại T $\Rightarrow$ UV là đường đối cực của T đối với (EFPQ).
(ADN) cắt (BDM) tại K $\Rightarrow$ T là trực tâm của KAB $\Rightarrow$ TD vuông góc AB .
từ đây được (ATEF)=(BTPQ)=-1 (1) $\Rightarrow$ A B thuộc đường đối cực của T đối với (EFPQ).
$\Rightarrow$ ABUV thẳng hàng
(1) $\Rightarrow$ AB PE QF đồng qui tại U .
AQ cắt BF tại H áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác AQE BPF được H V T thẳng hàng
Có (UVAB)=-1 đặt AP căt BE tại Z $\Rightarrow$ TZV thẳng hàng
$\Rightarrow$ TZVH thẳng hàng áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác AEY BPX $\Rightarrow$ AB PE XY đồng qui
$\Rightarrow$ đpcm
Bài 2:
a. Dùng quy nạp để chứng minh, câu này thì dễ rồi.
b. Xét hiệu $nx_n-\left ( n+1 \right )x_{n+1}=nx_n-\frac{n\left ( n+1 \right )x^2_n}{1+\left ( n+1 \right )x_n}=\frac{nx_n}{1+\left ( n+1 \right )x_n}$
$\Rightarrow y_n=x_1-\left ( n+1 \right )x_{n+1}$
Theo câu a thì $lim\left ( n+1 \right )x_{n+1}=0\Rightarrow limy_n=x_1=\frac{1}{2}$
câu này k là hằng số cố định nên phải đánh giá như sau thì mới hoàn tất
do n chạy vô cùng nên đến lúc nào đó k<n . Vì vậy
Yn>1/2 và Yn<vế đánh giá trên (xin lỗi mình ko bik gõ Latex) do đó theo NLK lim yn=1/2
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh