Chủ đề này có 17 trả lời

[mai quoc thang]

Đề thi ngày 27/11/2008
Bài 1: Giài hệ phương trình:
$\left{\begin{2(x^3 - y^3) - x(x+1)(x-2) =1}\\{2(y^3 - z^3) - y(y+1)(y-2) =1}\\{2(z^3 -x^3) - z(z+1)(z-2) =1}$

Bài 2: Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa : $\ a+b+c\geq\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$
c/m: $\ a+b+c\geq \dfrac{3}{a+b+c} + \dfrac{2}{abc} $

Bài 3:Cho tam giác ABC vuông tại A. Dlà điểm di động trên cạnh AC. Đường tròn (O) đường kính BDcắt BC tại điểm thứ hai là P. Đường cao vẽ từ A cùa tam giác ABD cắt (O) tại điểm thứ hai là E. Gọi F là giao điểm của CE và DP. I là giao điểm của AF và DE. Đường thẳng qua I song song DP cắt đường trung trực AI tại M. C/m M di động trên 1 đường cố định khi D di động trên AC.

Bài 4:
Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm O. MẶt phẳng (Q) vuộng góc OA, cắt AB,AC,AD tại M,N,P. c/m B,C,D,M,N,P cùng thuộc 1 mặt cầu.

Bài 5:Tìm tất cả các hàm f: R-> R thoả:
f(x-f(y)) = f(f(y)) + xf(y) + f(x) -1 , với mọi x,y thuộc R

BÀi 6: Cho số thực x,y,z thỏa :
$\left{\begin{x\ge y \ge z \ge 1}\\{2y + 3z \ge 6}\\{11x+27z \ge 54}$
Tìm giá trị lớn nhất P(x,y,z)= $\dfrac{1}{x^2} + \dfrac{2008}{y^2} + \dfrac{2009}{z^2}$

Bài 7: Cho đa thức $P_k (x) =1 - x + x^2 - x^3 + ... + (-1)^{k-1} x^{k-1}$ , k nguyên dương
c/m: $\sum_{k=1}^n C_n^k P_k (x)= 2^{n-1} P_n (\dfrac{x-1}{2} )$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai quoc thang: 28-11-2008 - 20:54

[KhùngLãoQuái]

Bài 2 : Chắc là bài của thầy Phú Sỹ

Ý tưởng chung theo thông lệ vẫn là đồng nhất về bậc

$ a+b+c \ \geq \ \dfrac{1}{a} \ + \ \dfrac{1}{b} \ + \ \dfrac{1}{c} $ $ $

$ \Rightarrow abc(a+b+c) \ \geq \ ab + bc \ + \ ca $


$ \Rightarrow abc \ \geq \ \dfrac{ab + bc \ + \ ca}{a+b+c}$

$ \dfrac{2}{abc} \ \leq \ \dfrac{2(a+b+c)}{ab+bc+ca} $

Đồng thời sử dụng giả thiết $ $ ta đưa bđt cần cm về dạng :

$\dfrac{1}{a} \ + \ \dfrac{1}{b} \ + \ \dfrac{1}{c} \ \geq \ \dfrac{3}{a+b+c} \ + \ \dfrac{2(a+b+c)}{ab+bc+ca} $

$ \Leftrightarrow \left(\dfrac{1}{a} \ + \ \dfrac{1}{b} \ + \ \dfrac{1}{c} \right)(a+b+c) \ \geq \ 3 \ + \ \dfrac{2(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca} $

$ \Leftrightarrow \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} +\dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{a} + \dfrac{c}{b} + \dfrac{b}{c} \ \geq \ \dfrac{2(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca} $

Bất đẳng thức cuối cùng đúng do : $ \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} +\dfrac{c}{a} \ = \ \dfrac{a^2}{ab} + \dfrac{b^2}{bc} +\dfrac{c^2}{ca} \ \geq \ \dfrac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca} $


Tương tự $ \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{b} +\dfrac{a}{c} \ = \ \dfrac{b^2}{ab} + \dfrac{c^2}{bc} +\dfrac{a^2}{ca} \ \geq \ \dfrac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KhùngLãoQuái: 27-11-2008 - 23:53

[mai quoc thang]

Bài 1: Giài hệ phương trình:
$\left{\begin{2(x^3 - y^3) - x(x+1)(x-2) =1}\\{2(y^3 - z^3) - y(y+1)(y-2) =1}\\{2(z^3 -x^3) - z(z+1)(z-2) =1}$

Hệ tương đương với : $\left{\begin{x^3+x^2+2x-1=2y^3=f(x)}\\{y^3+y^2+2y-1=2z^3=f(y)}\\{z^3+z^2+2z-1=2x^3=f(z)}$.
Với $\ f(t)=t^3+t^2+2t-1 $ với mọi t thuộc R .
Ta thấy $\ f^{'}(t)=3t^2+2t+2>0 $ với mọi t thuộc R nên hàm f đồng biến trên R .
Không mất tính tổng quát giả sử x=max{x,y,z}.
Từ $\ x \geq z \Leftrightarrow f(x)\geq f(z) \Leftrightarrow 2y^3\geq 2x^3 \Leftrightarrow y\geq x $ (1)
Mà ta có : $\ x\geq y $. (2)
Từ (1) và (2) suy ra x=y .
Ta có : $\ x=y \Leftrightarrow f(x)=f(y) \Leftrightarrow y=z $ .
Vậy ta có
$\ x=y=z $ .
Tới đây giải pt bậc ba thui ^^ .

[mai quoc thang]

Bài 7:
Đặt: $\ A=\sum_{k=1}^{n}C_{n}^{k}P_{k}(x) $ và $\ B=2^{n-1}P_{n}(\dfrac{x-1}{2}) $

Với mọi x khác -1 ta có : $\ 1-(-x)^{k}=(1+x).P_{k}(x) $ .

Ta có : $\ (1+x)A=\sum_{k=1}^{n}C_{n}^{k}(1-(-x)^{k})=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}(1-(-x)^{k})= 2^{n}-(1-x)^{n} $ . (1)

Và : $\ (1+x)B=2(1+\dfrac{x-1}{2})2^{n-1}P_{n}(\dfrac{x-1}{2})=2^{n}-(1-x)^{n} $. (2)

Từ (1) và (2) ta có : A=B với mọi x khác -1 . Nhưng A và B là các đa thức bậc khác 0 nên ta có đpcm .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai quoc thang: 29-11-2008 - 07:09

[hongthaidhv]

Bài 5:Tìm tất cả các hàm f: R-> R thoả:
f(x-f(y)) = f(f(y)) + xf(y) + f(x) -1 , với mọi x,y thuộc R

Bài này mình làm thế này hok bít có đúng hok nữa à. Thế $f(y)$ bởi $x$ ta có $f(0)=f(x) +x^2 +f(x) -1 => x^2 +2f(x) -1-f(0)=0$. Thay $x=y=0$ ta sẽ có đc $f(0)=1 => f(x) =1- \dfrac{x^2}{2}$. Thử lại thấy thoả mản ( hihi, hắn cứ a răng à, mọi người xem lại thử nha)

[seven]

ủa đây mới là đề vòng 1 thôi mà ,chưa phải là đề vòng 2

[mai quoc thang]

Bài 6:
Ta có : $ \dfrac{1}{x^2}+\dfrac{2008}{y^2}+\dfrac{2009}{z^2} = (\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{z^2})+2008(\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2} ) $

Từ $ 2y+3z \geq 6 <=> 4y^2+9z^2 \geq 18 <=> 1+\dfrac{9z^2}{4y^2} \geq \dfrac{9}{2y^2} <=> \dfrac{4}{9}+\dfrac{z^2}{y^2} \geq \dfrac{2}{y^2} $

Ta có : $ \dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2} = \dfrac{2}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}-\dfrac{1}{y^2} = \dfrac{2}{y^2} + \dfrac{1}{z^2}(1-\dfrac{z^2}{y^2}) \leq \dfrac{4}{9}+\dfrac{z^2}{y^2} +1 - \dfrac{z^2}{y^2} = \dfrac{13}{9} $

Đẳng thức xảy ra khi $ z=1 ; y= \dfrac{3}{2} $

Tương tự ta cũng có $ \dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{z^2}\leq \dfrac{850}{729} $

Và đẳng thức xảy ra khi $ z=1 ; x= \dfrac{27}{11} $ . (**)

Từ và (**) ta có : $\ max P(x,y,z)=\dfrac{2115274}{729}$.

Đẳng thức xảy ra $\ x=\dfrac{27}{11};y=\dfrac{3}{2};z=1$.

[lucky_luke]

He he,bài 2 ko phải là của Phú Sỹ đâu,biết bài Không gian của Gia Định,bài 7 của TĐN,bài 1 của Sở thì phải???

[KhùngLãoQuái]

Bài 4 năm nay có thể đáng giá là khó nhất đề , Sau đây là lời giải trong đáp án :

Ta có $ f(x - f(y)) \ = \ f(f(y)) \ + \ xf(y) \ + \ f(x) \ - \ 1 \forall x \ , \ y \in R$

Đặt $ f(0) \ = \ a$

Thay $x $ bởi $f(y) $ ta thu được :

$a \ = \ 2f(f(y)) \ + \ (f(y))^{2} \ - \ 1$

$ \Rightarrow f(f(y)) \ = \ \dfrac{-(f(y))^{2}}{2} \ + \ \dfrac{a+1}{2} \ \forall \ y \ \in \ R$

$ \Rightarrow f(f(x)) \ = \ \dfrac{-(f(x))^{2}}{2} \ + \ \dfrac{a+1}{2} \ \forall \ x \ \in \ R$$(1) $


Thay $x $ bởi $f(x) $ ta thu được :

$ f(f(x) \ - \ f(y)) \ = \ f(f(y)) \ + \ f(x)f(y) \ + \ f(f(x)) \ - \ 1$

$ \Rightarrow f(f(x) \ - \ f(y)) \ = \ \dfrac{-(f(y))^{2}}{2} \ + \ \dfrac{a+1}{2} \ + \ \dfrac{-(f(x))^{2}}{2} \ + \ \dfrac{a+1}{2} \ + \ f(x)f(y) \ - \ 1 $

$ \Rightarrow f(f(x) \ - \ f(y)) \ = \ \dfrac{-(f(x) \ - \ f(y))^{2}}{2} \ + \ a \ \forall \ x,y \ \in \ R$$ $

Do $ f(x) \ = \ 0 \ \forall \ x \ \in \ R $ không phải là $1 $ nghiệm hàm nên suy ra

$ \exists y_0 \ \in \ R \ : \ f(y_0) \ \neq \ 0 $


Thay $y$ bởi $y_0 $ ta thu được :


$ f(x - f(y_0)) \ - \ f(x) \ = \ f(f(y_0)) \ + \ xf(y_0) \ - \ 1 \forall x \ \in \ R$ $ (2)$

Khi $x $ chạy qua $ R$ thì vế phải của $ (2)$ là hàm bậc nhất theo biến $x $

( do $ f(y_0) \ \neq \ 0 $) nên có tập giá trị là $ R$ . Từ đó suy ra là :

Với mọi số thực $x $ đều tồn tại các số thực $u,v $ thỏa mãn :

$x \ = \ f(u) \ - \ f(v) $

Theo $ $ ta có :

$f(x) \ = \ f(f(u) \ - \ f(v)) \ = \ \dfrac{-(f(u) \ - \ f(v))^{2}}{2} \ + \ a $

$ \Rightarrow f(x) \ = \ \dfrac{-x^{2}}{2} \ + \ a \forall \ x \ \in \ R$

$\Rightarrow f(f(x)) \ = \ \dfrac{-(f(x))^{2}}{2} \ + \ a \forall \ x \ \in \ R $

So sánh với kết quả thu được ở $(1) $ ta được :

$a \ = \ \dfrac{a+1}{2} \Rightarrow a \ = \ 1$

$ \Rightarrow f(x) \ = \ \dfrac{-x^{2}}{2} \ + \ 1 \forall \ x \ \in \ R$

Thử lại thì hàm số này thỏa mãn bài toán nên nó cũng là nghiệm hàm duy nhất

Post bài mệt quá nè trời , huhu

Hero TVƠ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KhùngLãoQuái: 30-11-2008 - 15:22

[tanlsth]

Thế $f(y)$ bởi $x$ ta có $f(0)=f(x) +x^2 +f(x) -1 => x^2 +2f(x) -1-f(0)=0$.

Sai ở chỗ này em này. $x$ chỉ đúng với các giá trị có dạng $f(y)$ thôi, không phải mọi $x$.

[tanlsth]

Bài trên cũng thuộc loại phương trình hàm cũ rồi. Nói chung các bài này đều đã xuất hiện từ lâu, đề không mới.

[hongthaidhv]

Sai ở chỗ này em này. $x$ chỉ đúng với các giá trị có dạng $f(y)$ thôi, không phải mọi $x$.

nhưng em thế f(y) bởi x thui mà anh, đâu phải lấy x=f(y)

[tanlsth]

nhưng em thế f(y) bởi x thui mà anh, đâu phải lấy x=f(y)

Nói thế thì anh chịu rồi.Nghĩ kĩ lại đi. Thế sau khi thế thì $x$ có dạng gì hở em

[duca1pbc]

Bài này mình làm thế này hok bít có đúng hok nữa à. Thế $f(y)$ bởi $x$ ta có $f(0)=f(x) +x^2 +f(x) -1 => x^2 +2f(x) -1-f(0)=0$. Thay $x=y=0$ ta sẽ có đc $f(0)=1 => f(x) =1- \dfrac{x^2}{2}$. Thử lại thấy thoả mản ( hihi, hắn cứ a răng à, mọi người xem lại thử nha)

Chết thật.Học PTH bao nhiêu năm rồi mà bây h thế f(y) bởi x thế hả cu.Đã học định nghĩa toàn ánh là gì chưa hả

Bài hàm này tư tưởng chỉ có chứng minh $f(x)-f(y) $ là hàm toàn ánh và $f(f(x)-f(y))=a-\dfrac{(f(x)-f(y))^2}{2} $thôi

[hongthaidhv]

Chết thật.Học PTH bao nhiêu năm r?#8220;i mà bây h thế f(y) bởi x thế hả cu.Đã học định nghĩa toàn ánh là gì chưa hả

Bài hàm này tư tưởng chỉ có chứng minh $f(x)-f(y) $ là hàm toàn ánh và $f(f(x)-f(y))=a-\dfrac{(f(x)-f(y))^2}{2} $thôi

Dạ cấp 3 em học PTH thầy dạy vừa đúng 1 hôm ( 3 tiết) ạ, toàn ánh thì chưa học hôm nào ( kaka). Nhưng em đọc nhiều sách ( thầy PHK) thấy có bài thế như lày mà, em đã suy nghĩ kĩ lém rùi anh, thấy mấy bài cũng có cái gì đó chung chung ( hơi xa xôi bắn đại bác không đến). Nếu mấy anh nói là"Fasl" thì em đoán là nó sai còn em cũng không bít là nó sai lỗ mô, từ lay hok làm thế lày nữa ( đề phòng sai) ( hihi)

[vuthanhtu_hd]

Nhưng em đọc nhiều sách ( thầy PHK) thấy có bài thế như lày mà,

Ặc chắc em chưa xem kĩ ,anh chưa thấy ở đâu thế kiểu vậy

Thế x bởi f(y) còn chấp nhận được

[phandung]

Đề thi ngày 27/11/2008


Bài 5:Tìm tất cả các hàm f: R-> R thoả:
f(x-f(y)) = f(f(y)) + xf(y) + f(x) -1 , với mọi x,y thuộc R

[

Có thể giải theo hướng này
Gọi A là tập sao cho với a thuộc A thì có a=f(y) và a=x khi đóa ta chứng minh với mỗi x thuộc R thì tồn tại a. b thuộc A mà x=a-b

[wings106]

Bài 6:
Ta có : $ \dfrac{1}{x^2}+\dfrac{2008}{y^2}+\dfrac{2009}{z^2} = (\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{z^2})+2008(\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2} ) $

Từ $ 2y+3z \geq 6 <=> 4y^2+9z^2 \geq 18 <=> 1+\dfrac{9z^2}{4y^2} \geq \dfrac{9}{2y^2} <=> \dfrac{4}{9}+\dfrac{z^2}{y^2} \geq \dfrac{2}{y^2} $

Ta có : $ \dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2} = \dfrac{2}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}-\dfrac{1}{y^2} = \dfrac{2}{y^2} + \dfrac{1}{z^2}(1-\dfrac{z^2}{y^2}) \leq \dfrac{4}{9}+\dfrac{z^2}{y^2} +1 - \dfrac{z^2}{y^2} = \dfrac{13}{9} $

Đẳng thức xảy ra khi $ z=1 ; y= \dfrac{3}{2} $

Tương tự ta cũng có $ \dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{z^2}\leq \dfrac{850}{729} $

Và đẳng thức xảy ra khi $ z=1 ; x= \dfrac{27}{11} $ . (**)

Từ và (**) ta có : $\ max P(x,y,z)=\dfrac{2115274}{729}$.

Đẳng thức xảy ra $\ x=\dfrac{27}{11};y=\dfrac{3}{2};z=1$.

Sao $ \dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2} = \dfrac{2}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}-\dfrac{1}{y^2} được vậy a?  Và còn  $ \dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{z^2}\leq \dfrac{850}{729} $  nữa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wings106: 13-02-2014 - 21:16