Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

hình học tổ hợp số học thpt toán thi hsg vmf hệ phương trình phương trình bất đẳng thức

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 81 trả lời

#21 viet9a14124869

viet9a14124869

    Trung úy

  • Thành viên
  • 903 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:~NGT~

Đã gửi 12-11-2017 - 18:26

Đăng hình có bị ném gạch không :D

Không nên spam như thế này bạn nhé :)) nếu có những câu hỏi khác tương tự vậy mong các bạn hãy trao đổi với mình qua tin nhắn

 

Mình có các bài như sau: 1,Tìm nghiệm nguyên của phương trình:$p^{2}-pq-q^{3}=1$

                                          2, Tìm các giá trị nguyên $(a,b)$ thỏa mãn: $a^{2}+b \vdots b^{2}-a;b^{2}+a \vdots a^{2}-b$

 

Tiếp lửa cho topic:

Bài 1: (Sưu tầm) Tìm tất cả các hàm số  $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( yf(x+y)+f(x) \right )=4x+2yf(x+y)$

Bài 2: (Sưu tầm) Giả sử rằng $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ là hàm số thỏa mãn điều kiện: $f(x^2-5x+1)+5f(x^2+x-5)=x^2-9, \forall x\in \mathbb{R}$. Hãy tìm $f(2009)$

Hai bạn nên đánh số thứ tự bài như các bạn khác đã làm ở trên , để cho dễ tìm dễ xem :3 mong hai bạn chú ý


                                                                    SÓNG BẮT ĐẦU TỪ GIÓ

                                                                    GIÓ BẮT ĐẦU TỪ ĐÂU ?

                                                                    ANH CŨNG KHÔNG BIẾT NỮA 

                                                                    KHI NÀO...? TA YÊU NHAU .


#22 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 394 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán Tin trường ĐH KHTN TP Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Arithmetic Algebra, Linear Algebra, Galois Group Theory

Đã gửi 12-11-2017 - 21:03

Bài 11: (Sưu tầm) Tìm tất cả các hàm số  $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( yf(x+y)+f(x) \right )=4x+2yf(x+y)$    (1)

Gọi $P(u, v)$ là phép thế $x=u, y=v$ vào (1).

Trong (1) thế $P(x, 0)\Rightarrow f(f(x))=4x, \forall x\in \mathbb{R}$  (2) $\Rightarrow$ $f$ là song ánh.

Trong (1) thế $P(0, 0)\Rightarrow f(f(0))=0\Leftrightarrow f(a)=0, a=f(0).$

Trong (2) thế $x=a\Rightarrow f(f(a))=4a\Leftrightarrow a=0\Leftrightarrow f(0)=0.$

Trong (1) thế $P(0, 1)\Rightarrow f(f(1)+f(0))=2f(1)\Leftrightarrow f(f(1))=2f(1)\Leftrightarrow 4=2f(1)\Leftrightarrow f(1)=2.$

Trong (2) thế $x=1\Rightarrow f(f(1))=4\Leftrightarrow f(2)=4.$

Trong (1) thế $P(x, 1-x)\Rightarrow f((1-x)f(x+1-x)+f(x))=4x+2(1-x)f(x+1-x)\Leftrightarrow f(2(1-x)+f(x))=4x+4(1-x)=4=f(2), \forall x\in \mathbb{R}.$

Mà $f$ là song ánh nên suy ra: $2(1-x)+f(x)=2\Leftrightarrow f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R}.$

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm thỏa mãn đề bài là: $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R}.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zz Isaac Newton Zz: 13-11-2017 - 18:52


#23 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 394 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán Tin trường ĐH KHTN TP Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Arithmetic Algebra, Linear Algebra, Galois Group Theory

Đã gửi 12-11-2017 - 21:22

Bài 11: (Sưu tầm) Tìm tất cả các hàm số  $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( yf(x+y)+f(x) \right )=4x+2yf(x+y)$  (1)

Một lời giải khác cho bài hàm...

Trong (1) thế $P(x, 0)\Rightarrow f(f(x))=4x, \forall x\in \mathbb{R}$  (2)$\Rightarrow f$ là song ánh.

Từ tính song ánh nên $\exists a, b:f(a)=2, f(b)=4a.$

Từ (1) thay $y=-x+a\Rightarrow f(2(-x+a)+f(x))=4x+4(-x+a)=4a=f(b), \forall x\in \mathbb{R}$  (3)

Do $f$ là đơn ánh nên từ (3) suy ra: $2(-x+a)+f(x)=b, \forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)=2x+b-2a, \forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)=2x+c, \forall x\in \mathbb{R}, c$ là hằng số.

Thay vào (2) ta được: $2(2x+c)+c=4x, \forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow c=0.$ Vậy $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R},$ thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm thỏa đề bài là: $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R}.$



#24 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 394 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán Tin trường ĐH KHTN TP Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Arithmetic Algebra, Linear Algebra, Galois Group Theory

Đã gửi 12-11-2017 - 21:27

Ủng hộ Topic một bài phương trình hàm.

Bài 13: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy, \forall x, y\in \mathbb{R}.$



#25 Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị
  • Sở thích:Gái và toán

Đã gửi 12-11-2017 - 22:11

Bài 12: (Sưu tầm) Giả sử rằng $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ là hàm số thỏa mãn điều kiện: $f(x^2-5x+1)+5f(x^2+x-5)=x^2-9, \forall x\in \mathbb{R}$ (*). Hãy tìm $f(2011)$

Trong $(*)$ thay $x$ bởi $2-x$ ta được: $f(x^2+x-5)+5f(x^2-5x+1)=x^2-4x-5, \forall x\in \mathbb{R}$ $(**)$

Nhân hai vế của $(**)$ với $-5$ rồi cộng với $(*)$ ta được: 

$-24f(x^2-5x+1)=-4x^2+20x+16, \forall x\in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow 6f(x^2-5x+1)=x^2-5x-4,\forall x\in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow 6f(x^2-5x+1)=(x^2-5x+1)-5,\forall x\in \mathbb{R}$ $(***)$

Xét phương trình: $x^2-5x+1=2011\Leftrightarrow x=\frac{5\pm \sqrt{8065}}{2}$

Thay $x=\frac{5+ \sqrt{8065}}{2}$ vào $(***)$ ta được: $6f(2011)=2011-5$$\Rightarrow f(2011)=\frac{1003}{3}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 12-11-2017 - 22:22

Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 


#26 Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị
  • Sở thích:Gái và toán

Đã gửi 12-11-2017 - 22:30

Bài 14: Trên đoạn thẳng $AB$ có độ dài $20$, người ta tô màu một số phần sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kì được tô màu đều khác $2$. Chứng minh rằng tổng độ dài các phần được tô màu nhỏ hơn hoặc bằng $10$.


Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 


#27 hungnolan

hungnolan

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Trà Vinh
  • Sở thích:MATH

Đã gửi 13-11-2017 - 13:15

Bài 15: Cho phương trình $x^2+(2a-6)x+13=0$ với $a\geq 1$

Tìm a để nghiệm lớn của PT đạt GTLN



#28 DinhXuanHung CQB

DinhXuanHung CQB

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Qb
  • Sở thích:ko

Đã gửi 13-11-2017 - 13:30

Bài 15: Cho phương trình $x^2+(2a-6)x+13=0$ với $a\geq 1$

Tìm a để nghiệm lớn của PT đạt GTLN

$\delta=a^2-7a+22>0$

Dễ dàng : $x_{1}=3-a-\sqrt{a^2-7a+22}$

$x_{2}=3-a+\sqrt{a^2-7a+22}$

Bài toán trở thành tìm $a\geq 1$ để $3-a+\sqrt{a^2-7a+22}$ đạt max

Xét hàm $y=3-a+\sqrt{a^2-7a+22}$ với $a\geq 1$

$y'$ =1 + $\frac{2a-7}{\sqrt{a^2-7a+22}}$

$=\frac{2a-7-2.\sqrt{a^2-7a+22}}{2.\sqrt(a^2-7a+22}$

$2.\sqrt{a^2-7a+22}=2.\sqrt{(2a-7)^2+39}$

$>|2a-7|\geq 2a-7|$

=> $y'<0$ với mọi $a\geq 1$

Nên $f(x)$ tăng trên $[1;+\propto$

Lập bảng biến thiên theo $x;y;y'$
Thấy nghiệm lớn nhất của phương trình đạt max tại $6$ khi $a=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhXuanHung CQB: 13-11-2017 - 13:32

Little Homie


#29 Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị
  • Sở thích:Gái và toán

Đã gửi 13-11-2017 - 17:45

Ủng hộ Topic một bài phương trình hàm.

Bài 13: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy, \forall x, y\in \mathbb{R}.$

Bài này đã từng được đăng ở diễn đàn. Xin được trích dẫn lời giải:

Cố định $x$ trong $(1)$ dễ dàng suy ra được $f$ song ánh. Do đó tồn tại $b$ để $f(b)=0$. Đặt $f(0)=a$.

Trong $(1)$ cho $x=b,y=0$ :

$$f(ab)=0=f(b)\Rightarrow ab=b$$

Suy ra $a=1$ hoặc $b=0$.

1) Trường hợp 1 : Nếu $b=0$ tức $f(0)=0$

Thì trong $(1)$ thay $y=0$ :

$$f(f(x))=2f(x),\;\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow f(x)=2x,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Thử lại không thỏa.

2) Trường hợp 2 : Nếu $a=1$ tức $f(0)=1$.

Trong $(1)$ cho $x=y=b$ được $b^2=a=1$ nên $b\in \left \{ 1,-1 \right \}$.

  • Nếu $b=1$ tức $f(1)=0$ thì trong $(1)$ lấy $x=1$ được :

$$f(f(y))=y,\;\forall y\in \mathbb{R}$$

Trong $(1)$ cho $y=1$ :

$$f(f(x))=2f(x)+x=2f(x)+f(f(x)),\;\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow f(x)=0,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Thử lại không thỏa.

  • Nếu $b=-1$ tức $f(-1)=0$. Trong $(1)$ cho $x=-1$ :

$$f(-f(y))=-y,\;\forall y\in \mathbb{R}\;\;\;(*)$$

Trong $(1)$ cho $y=-1$ :

$$f(f(x))=2f(x)-x,\;\forall x\in \mathbb{R}\;\;\;(2)$$

Trong $(2)$ thay $x$ bởi $-f(x)$ và sử dụng $(*)$ :

$$f(f(-f(x)))=2f(-f(x))-f(x),\;\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(-x)=f(x)-2x,\;\forall x\in \mathbb{R}\;\;\;\;(3)$$

Trước tiên ta sẽ tìm hàm $f:\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ và thỏa mãn $(2)$.

Với mỗi $x\in \mathbb{R}^+$ ta xây dựng dãy $(u_n)$ :

$$u_0=x,u_1=f(x),u_n=f_n(x)$$

Khi đó từ $(2)$ ta suy ra :

$$u_{n}=2u_{n-1}-u_{n-2}$$

Phương trình sai phân của dãy $(u_n)$ là $t^2-2t+1=0$ có nghiệm kép $t=1$. Suy ra $(u_n)$ có dạng :

$$u_n=\left ( \alpha +n\beta \right ).1^n=\alpha +n\beta$$

Với $u_0=x,u_1=f(x)$ thì ta được :

$$\left\{\begin{matrix} x=\alpha \\ f(x)=\alpha +\beta \end{matrix}\right.$$

Suy ra được :

$$f(x)=x+\beta ,\;\forall x\in \mathbb{R}^+$$

Thay vào phương trình hàm ban đầu được $\beta =1$. Tức là $f(x)=x+1 ,\;\forall x\in \mathbb{R}^+$

 Kết hợp với $(3)$ :

$$f(-x)=f(x)-2x=x+1-2x=-x+1,\;\forall x\in \mathbb{R}^+$$

Mặt khác cũng có $f(0)=1$ nên ta kết luận được :

$$f(x)=x+1,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Thử lại thỏa mãn.

 

Đáp số : Có duy nhất một hàm số thỏa mãn đề bài là :

$$f(x)=x+1,\;\forall x\in \mathbb{R}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 13-11-2017 - 17:46

Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 


#30 viet9a14124869

viet9a14124869

    Trung úy

  • Thành viên
  • 903 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:~NGT~

Đã gửi 13-11-2017 - 20:24

Bài toán số 8(sưu tầm)

Cho A;B là các góc nhọn thỏa mãn $sinB=2005cos(A+B).sinA$

Tìm max tanB.

P/s mong mọi người ủng hộ topic

Lời giải :

Do A,B đều là góc nhọn nên ta có : $\left\{\begin{matrix} cosB\neq 0 & \\ sinA \in [0 ;1 ) & \end{matrix}\right.$

Theo đề ra ta có : sinB = 2005.sinA.cos(A+B) =2005.sinA . ( cosA.cosB - sinA.sinB ) 

 $\Leftrightarrow \frac{sinB}{cosB}=2005.sinA.(cosA-sinA.\frac{sinB}{cosB})$

$\Leftrightarrow tanB = 2005. sin A .(cosA-sinA.tanB)\Leftrightarrow tanB = \frac{2005.sinA.cosA}{2005.sin^2A+1}=\frac{2005.sinA.\sqrt{1-sin^2A}}{2005.sin^2A+1}$

Đến đây ta đặt n = sinA , có thể dễ dàng tìm max tanB bằng cách khảo sát hàm số với n $\in$ (0; 1) hoặc xử lý bằng cách dùng bất đẳng thức AM-GM :

tanB = $\frac{2005n\sqrt{1-n^2}}{2005n^2+1}=\frac{2005n\sqrt{1-n^2}}{2006n^2+(1-n^2)}\leq \frac{2005n\sqrt{1-n^2}}{2\sqrt{2006n^2(1-n^2)}}=\frac{2005}{2\sqrt{2006}}$

Vậy max tanB =$\frac{2005}{2\sqrt{2006}}$ , dấu "=" xảy ra khi sinA = $\frac{1}{\sqrt{2007}}$ . ^_^


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet9a14124869: 13-11-2017 - 20:25

                                                                    SÓNG BẮT ĐẦU TỪ GIÓ

                                                                    GIÓ BẮT ĐẦU TỪ ĐÂU ?

                                                                    ANH CŨNG KHÔNG BIẾT NỮA 

                                                                    KHI NÀO...? TA YÊU NHAU .


#31 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 394 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán Tin trường ĐH KHTN TP Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Arithmetic Algebra, Linear Algebra, Galois Group Theory

Đã gửi 13-11-2017 - 20:57

Ủng hộ Topic một bài phương trình hàm.

Bài 13: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy, \forall x, y\in \mathbb{R}.$    (1)

Một lời giải khác cho bài hàm...

Gọi $P(u, v)$ là phép thế $x=u, y=v$ vào (1)

Trước hết, thế $P(1, x-2f(1))\Rightarrow f(f(x-2f(1))+f(1))=x, \forall x\in \mathbb{R},$ từ đây suy ra $f$ là toàn ánh.

Giả sử $f(x_{1})=f(x_{_{2}})=c$ thì

$P(1, x_{1})\Rightarrow f(c+f(1))=2f(1)+x_{1}$

$P(1, x_{2})\Rightarrow f(c+f(1))=2f(1)+x_{2}$

Từ đây suy ra: $2f(1)+x_{1}=2f(1)+x_{2}\Rightarrow x_{1}=x_{2}\Rightarrow f$ là đơn ánh.

Do $f$ vừa đơn ánh, vừa toàn ánh nên $f$ là song ánh nên $\exists u:f(u)=0,$ đặt $f(0)=a.$

Thế $P(u, 0)\Rightarrow f(au)=0=f(u)\Rightarrow au=u.$

Nếu $u=0$ thì $a=f(u)=f(0)=0\Leftrightarrow f(0)=0.$ Từ đó thế

$P(x, 0)\Rightarrow f(f(x))=2f(x), \forall x\in \mathbb{R}.$

Suy ra: $f(y)=2y, \forall y\in T,$ với $T$ là tập giá trị của hàm $f,$ mà hàm $f$ là song ánh nên ta phải có: $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R},$ thử lại thấy không thỏa mãn.

Vậy $u\neq 0\Rightarrow a=1.$

$P(u, u)\Rightarrow f(0)=u^{2}\Leftrightarrow u^{2}=1\Rightarrow u=\pm 1.$

Nếu $u=1$ thì thế $P(0, -1)\Rightarrow 0=2,$ điều này vô lý.

Vậy: $u=-1,$ dẫn đến $f(-1)=0.$ Thế $P(0, -1)\Rightarrow f(1)=2.$

$P(-1, x)\Rightarrow f(-f(x))=-x, \forall x\in \mathbb{R}.$

$P(x, -f(1))\Rightarrow f(f(x)-x)=2f(x)-xf(1)=2(f(x)-x), \forall x\in \mathbb{R}.$    (2)

Với mọi $x\in \mathbb{R},$ do $f$ là song ánh nên $\exists z:f(z)=f(x)-x, \forall x\in \mathbb{R}.$

Từ đó thế vào (2) suy ra: $f(f(z))=2f(z).$ Từ đó trong (1) thế

$P(z, -1)\Rightarrow f(f(z))=2f(z)-z\Rightarrow z=0\Rightarrow f(z)=1\Rightarrow f(x)=x+1, \forall x\in \mathbb{R}.$ Thừ lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm thỏa đề bài là: $f(x)=x+1, \forall x\in \mathbb{R}.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zz Isaac Newton Zz: 13-11-2017 - 21:03


#32 trieutuyennham

trieutuyennham

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vĩnh Phúc
  • Sở thích:??

Đã gửi 13-11-2017 - 21:08

Bài toán số 8(sưu tầm)

Cho A;B là các góc nhọn thỏa mãn $sinB=2005cos(A+B).sinA$

Tìm max tanB.

P/s mong mọi người ủng hộ topic

1 cách giải khác như sau

Dùng công thức biến đổi tích thành tổng ta có

$sinB=2005cos(A+B).sinA=\frac{2005}{2}(sin(2A+B)+sin(-B))$

$\Rightarrow \frac{2007}{2}sinB=\frac{2005}{2}sin(2A+B)\Rightarrow sinB\leq \frac{2005}{2007}$

$\Rightarrow cosB\geq \sqrt{1-(\frac{2005}{2007})^{2}}$

Ta có

$tanB=\frac{sinB}{cosB}\leq \frac{\frac{2005}{2007}}{\sqrt{1-(\frac{2005}{2007})^{2}}}=\frac{2005\sqrt{2006}}{4012}$

Đẳng thức xảy ra $2A+B=90$  :D  :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trieutuyennham: 13-11-2017 - 21:09

                                                                           Tôi là chính tôi


#33 hungnolan

hungnolan

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Trà Vinh
  • Sở thích:MATH

Đã gửi 14-11-2017 - 15:27

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR : 

$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ca$



#34 cristianoronaldo

cristianoronaldo

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 231 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sông Lô-Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Toán học, bóng đá,...

Đã gửi 14-11-2017 - 20:22

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR : 

$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ca$

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:

$\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^5\left ( \frac{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}{3} \right )^3\geq \left ( \frac{\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}}{3} \right )^8$

Như vậy, ta cần chứng minh:

$\left ( \frac{\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}}{3} \right )^{\frac{8}{3}}\geq \frac{ab+bc+ca}{3}$

Do tính thuần nhất nên ta chuẩn hóa $\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}=3$.

Ta cần chứng minh: $ab+bc+ca\leq 3$

Đặt $x=\sqrt[4]{a^3},y=\sqrt[4]{b^3},z=\sqrt[4]{c^3}$. Khi đó $x+y+z=3$ và cần chứng minh:

$(xy)^{\frac{4}{3}}+(yz)^{\frac{4}{3}}+(zx)^{\frac{4}{3}}\leq 3$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có;

$(xy)^{\frac{4}{3}}+(yz)^{\frac{4}{3}}+(zx)^{\frac{4}{3}}\leq \frac{xy(x+y+1)+yz(y+z+1)+zx(z+x+1)}{3}=\frac{4(xy+yz+zx)-3xyz}{3}$

Mà theo bất đẳng thức Schur thì:

$(x+y+z)^3+9xyz\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)$$\Leftrightarrow 4(xy+yz+zx)-3xyz\leq 9$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$.

$\Rightarrow \blacksquare$


Nothing in your eyes


#35 Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị
  • Sở thích:Gái và toán

Đã gửi 14-11-2017 - 22:35

Bài 17: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}^*\rightarrow \mathbb{N}^*$ thỏa mãn: $f(mn)+f(m+n)=f(m)f(n)+1,\forall m,n\in \mathbb{N}^*$


Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 


#36 DinhXuanHung CQB

DinhXuanHung CQB

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Qb
  • Sở thích:ko

Đã gửi 15-11-2017 - 11:09

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR : 

$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ca$

Theo bất đẳng thức $AM-GM$ : $\sqrt[3]{a}=\frac{a}{\sqrt[3]{a^2}}\geq \frac{3a}{2a+1}$

Tương tự suy ra. vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
$3(\sum \frac{3a}{2a+1}\geq ab+bc+ca$
Đặt $q=ab+bc+ca$ $(0<q\leq 3)$ và $r=abc$
Quy đồng bất đẳng thức ta được $f(r)=4q^2-5q-9+r(8q-36)\leq 0$
Bất đẳng thức đúng khi $q\leq 9/4$
Xét TH $\frac{9}{4}\leq q\leq 3$
Schur bậc 3 : $a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
Suy ra $r\geq \frac{4q-9}{3}$ , Để ý $8q-36<0$
Suy ra $f(r)=4q^2-5q-9+\frac{4q-9}{3}(8q-36)=\frac{11}{3}(4q-9)(q-3)\leq 0$
Vậy BĐT Được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhXuanHung CQB: 15-11-2017 - 16:26

Little Homie


#37 NMD202

NMD202

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 15-11-2017 - 15:19

Bài 18 [Sưu tầm]: Cho $0<a<b<c$ thỏa mãn $a+b+c=6$ và $ab+bc+ca=9$. Chứng minh rằng: $0<a<1<b<3<c<4$

Bài 19 [Sưu tầm]: Tồn tại hay không một hàm $f$ : $N$  $N$ sao cho $f(f(n-1))=f(n-1)-f(n)$ ,∀ $n$ ≥ $2$?


@NguyenMinhDuy - frTK19.LQĐ.BĐ 

Bài hình CĐT LQĐ Bình Định  https://diendantoanh...ường-thẳng-qua/


#38 didifulls

didifulls

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 221 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:.
  • Sở thích:Không khai báo

Đã gửi 15-11-2017 - 20:51

Bài 20 ( Sưu tầm) Giải phương trình :

$x=\sqrt[3]{\sqrt[3]{(\sqrt[3]{(x^2+4)^2}+4)^2}+4}$  


''.''


#39 Duy Thai2002

Duy Thai2002

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 433 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm,Vĩnh Long

Đã gửi 16-11-2017 - 13:53

Bài 17: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}^*\rightarrow \mathbb{N}^*$ thỏa mãn: $f(mn)+f(m+n)=f(m)f(n)+1,\forall m,n\in \mathbb{N}^*$

Các hàm thỏa là: f(m)=1, f(m)=m+1. Tối về đánh cách giải sau.


Sự khác biệt giữa thiên tài và kẻ ngu dốt là ở chỗ thiên tài luôn có giới hạn.


#40 Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị
  • Sở thích:Gái và toán

Đã gửi 16-11-2017 - 17:07

Bài 21: Cho một đường tròn với hai dây $AB$ và $CD$ không song song. Đường vuông góc với $AB$ kẻ từ $A$ cắt đường vuông góc với $CD$ kẻ từ $C$ và từ $D$ lần lượt tại $M, P$. Đường vuông góc với $AB$ kẻ từ $B$ cắt đường vuông góc với $CD$ kẻ từ $C$ và $D$ lần lượt tại $Q$ và $N$. Chứng minh rằng các đường thẳng $AD, BC, MN$ đồng quy và các đường thẳng $AC, BD, PQ$ cũng đồng quy.


Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học, tổ hợp, số học, thpt, toán thi hsg, vmf, hệ phương trình, phương trình, bất đẳng thức

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh