Mỗi ngày một chút
#21
Đã gửi 31-07-2011 - 22:48
Bài 17: Tìm tất cả các hàm số $f:\,R^ + \to R^ + $ thỏa mãn điều kiện $f\left( x \right).f\left( y \right) = f\left( {x + yf\left( x \right)} \right),\,\,\forall x,y \in R^ + $.
------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!
#22
Đã gửi 02-08-2011 - 20:27
Bài 16: Lấy 100 số tự nhiên liên tiếp, mỗi số nâng lên lũy thừa bậc 8. Tổng các lũy thừa đó sẽ tận cùng bởi 2 chữ số nào?
Bài 17: Tìm tất cả các hàm số $f:\,R^ + \to R^ + $ thỏa mãn điều kiện $f\left( x \right).f\left( y \right) = f\left( {x + yf\left( x \right)} \right),\,\,\forall x,y \in R^ + $.
------------
Bài 17: Thay $ y=0 $ , ta có: $ f(x).f(0)=f(x) \Rightarrow f(x)=0 $ hoặc $ f(0)=1 $
TH $ f(0) =1 $ , Ta thay $ x=0 $ vào hàm ta được $ f(y)=f(y) $ nghĩa là f đơn ánh .
Lại có :
$ f(x).f(y)=f(y).f(x)=f(y+xf(y)) \Rightarrow f(y+xf(y))=f(x+yf(x)) $ Do hàm f đơn ánh nên suy ra:
$ y+xf(y)=x+yf(x) \Leftrightarrow (1-f(y))x=y(1-f(x)) $ , suy ra $ x|1-f(x) $ hoặc $ 1-f(x)|x $
TH: $ 1-f(x)|x \Rightarrow f(x)$ có dạng $ ax+1(a>0) $
TH $ x|1-f(x) \Rightarrow 1-f(x)=x^kQ(x) (k \geq 2, Q(x) \neq 0) $ suy ra:
$ x^{k-1}Q(x)=y^{k-1}Q(y) $ (Vô lí )
Thử lại thấy 2 đa thức $ f(x)=0 $ và $ f(x)=ax +1(a>0) $ Đều thỏa mãn.
$ \Rightarrow dpcm $
P/s : Bài viết còn nhiều sai sót mong mọi người góp ý .
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Lâm: 03-08-2011 - 08:29
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#23
Đã gửi 02-08-2011 - 20:35
$ \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+3k\geq (k+1)(a+b+c) $
Bài 19 cho dãy {$ U_n$ } , biết rằng :
$ \left\{\begin{array}{l}{U_1=-4}\\{U_2=10}\\{u_{n+2}+U_{n+1}-6U_n=12} \end{array}\right. $
Chứng minh rằng $ n|(U_n+4) $ với mọi n nguyên tố .
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#24
Đã gửi 03-08-2011 - 12:49
Bài 18 : Hãy tìm số thực k lớn nhất cho với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc=1 , ta luôn có BĐt:
$ \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+3k\geq (k+1)(a+b+c) $
Bài này k=1 phải không anh!
---------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!
#25
Đã gửi 03-08-2011 - 13:24
Chính xác đó , bạn làm điBài này k=1 phải không anh!
---------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#26
Đã gửi 03-08-2011 - 13:35
Bài này đề thi VMO hay TST gì đó năm 2006 hay 2007 mà, lời giải chỉ có 2-3 dòngBài này k=1 phải không anh!
---------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!
#27
Đã gửi 03-08-2011 - 16:45
Bài 18 : Hãy tìm số thực k lớn nhất cho với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc=1 , ta luôn có BĐt:
$ \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+3k\geq (k+1)(a+b+c) $
Ta chứng minh BĐT đúng với k=1. Thật vậy:
$\dfrac{1}{{a^2 }} + \dfrac{1}{{b^2 }} + \dfrac{1}{{c^2 }} + 3 \ge 2\left( {a + b + c} \right)$
Đặt$x = \dfrac{1}{a},\,y = \dfrac{1}{b},\,z = \dfrac{1}{c} \Rightarrow xyz = 1$
và $p = a + b + c,\,\,q = ab + bc + ca,\,\,\,r = abc$ đồng thời đổi biến thành p, q, r ta có BĐT trở thành:$p^2 - 2q + 3 \ge 2q \Leftrightarrow 4q - p^2 \le 3$
BĐT trên đúng theo BĐT Schur nên ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$.
Vậy k=1 là giá trị cần tìm.
-------------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!
- hoahuongduong96 yêu thích
#28
Đã gửi 03-08-2011 - 17:51
Hẵng còn lời giải nữa cực ngắn không cần dùng BĐT nào cao siêu cảTa chứng minh BĐT đúng với k=1. Thật vậy:
$\dfrac{1}{{a^2 }} + \dfrac{1}{{b^2 }} + \dfrac{1}{{c^2 }} + 3 \ge 2\left( {a + b + c} \right)$
Đặt$x = \dfrac{1}{a},\,y = \dfrac{1}{b},\,z = \dfrac{1}{c} \Rightarrow xyz = 1$
và $p = a + b + c,\,\,q = ab + bc + ca,\,\,\,r = abc$ đồng thời đổi biến thành p, q, r ta có BĐT trở thành:$p^2 - 2q + 3 \ge 2q \Leftrightarrow 4q - p^2 \le 3$
BĐT trên đúng theo BĐT Schur nên ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$.
Vậy k=1 là giá trị cần tìm.
-------------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!
Gợi ý, trong 3 số a, b, c luôn có 2 số cùng không lớn hơn hoặc không cùng nhỏ hơn 1 nên có thể giả sử $(a-1)(b-1) \ge 1$ từ đó đưa BĐT về tổng các đại lượng không âm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi loveyou: 03-08-2011 - 17:52
#29
Đã gửi 03-08-2011 - 18:18
Bài 20 Giải phương trình:
$\sqrt{{x^{2}}-\dfrac{1}{4}+\sqrt{{x^{2}}+x+\dfrac{1}{4}}}=\dfrac{1}{2}\left({2{x^{3}}+{x^{2}}+2x+1}\right)$
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#30
Đã gửi 03-08-2011 - 19:18
VT (1) được biến đổi thành $\sqrt {\left( {x + \dfrac{1}{2}} \right)^2 } = \left| {x + \dfrac{1}{2}} \right|$Mình xin post một bài toán (mong Hoàng Lâm cho mình post bài)
Bài 20 Giải phương trình:$\sqrt{{x^{2}}-\dfrac{1}{4}+\sqrt{{x^{2}}+x+\dfrac{1}{4}}}=\dfrac{1}{2}\left({2{x^{3}}+{x^{2}}+2x+1}\right)$ (1)
Do đó phương trình (1) $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\left( {2x^3 + x^2 + 2x + 1} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2) \\ - x - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\left( {2x^3 + x^2 + 2x + 1} \right)\,\,\,\,\,\,(3) \\ \end{array} \right.$
Giải (2) và (3) ta tìm được nghiệm của phương trình là $x = 0;\,\,x = - \dfrac{1}{2}$
---------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!
- hoahuongduong96 yêu thích
#31
Đã gửi 03-08-2011 - 19:38
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#32
Đã gửi 03-08-2011 - 19:41
Bạn có thể nói rõ cách biến đổi VT ko?VT (1) được biến đổi thành $\sqrt {\left( {x + \dfrac{1}{2}} \right)^2 } = \left| {x + \dfrac{1}{2}} \right|$
Do đó phương trình (1) $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\left( {2x^3 + x^2 + 2x + 1} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2) \\ - x - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\left( {2x^3 + x^2 + 2x + 1} \right)\,\,\,\,\,\,(3) \\ \end{array} \right.$
Giải (2) và (3) ta tìm được nghiệm của phương trình là $x = 0;\,\,x = - \dfrac{1}{2}$
---------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!
#33
Đã gửi 03-08-2011 - 20:00
Bạn có thể nói rõ cách biến đổi VT ko?
Biểu thức trong căn là hằng đẳng thức $\left( {a + b} \right)^2 $ thôi bạn ak.
---------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!
#34
Đã gửi 03-08-2011 - 20:27
Bài này ta làm tửng bước như sau. Đặt$ P=2^{2}^{n}+2^{n}+1$ suy ra $ 21| P $ khiBài 21: Tìm mọi số nguyên dương $n$ sao cho $2^{2}^{n}+2^{n}+1$ chia hết cho $21$.
$ 3|P $ và $ 7|P $
Ta có $ 2 \equiv -1 ( mod 3 ) \Rightarrow 2^{2n} \equiv 1 ( mod 3) $ và $ 2^n \equiv (-1)^n (mod 3 ) $
suy ra $ 2^{2n}+2^n+1 \equiv 2+ (-1)^n (mod 3 ) $ . Vậy để $ 3|P $ thì n chẵn, Đặt $ n=2k $
Ta có :
$ P=2^{4k}+2^{2k}+1 $ , ta sẽ xét module 7.
Xét $ k=3z $ , $ P=2^{4.3z}+2^{2.3z}+1=8^{4z}+8^{2z}+1 $
Do $ 8 \equiv 1 (mod 7 ) \Rightarrow P \equiv 1+1+1 (mod 7 ) $ nghĩa là P không chia hết cho 7.
Xét $ k=3z+1 $ , Ta có :
$ P= 8^{4z}.2^4+8^{2z}.2^2+1 \equiv 21 (mod 7 ) $ Nghĩa là $ 7|P $
Xét $ k=3z+2 $ thì $ P= 8^{4z}.2^8+8^{2z}.2^4+1 \equiv 2^8+2^4+1 (mod 7 ) $
Mà $ 2^8+2^4+1=273$ chia hết cho 7.
Từ đây suy ra những giá trị cần tìm của n
a) $ n=2k=2(3z+1)=6z+2$ với $ z \in N $
b) $ n=2k =2(3z+2)=6z+4 $ với $ z \in N $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Lâm: 03-08-2011 - 20:28
- Poseidont và hoahuongduong96 thích
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#35
Đã gửi 04-08-2011 - 10:20
$ 3x(2+\sqrt{9x^2+3})+(4x+2)(\sqrt{1+x+x^2}+1)=0 $
Bài 23 cho a,b,c >0 thỏa $ a+b+c=1 $ . Cmr :
$ \sqrt{ab+c} +\sqrt{bc+a}+\sqrt{ac+b} \geq \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}+a+b+c $
P/s Riêng bài 23 mấy bác thấy sai thì kêu nha. Bài đó mình mới biến đổi 1 tí từ bài APMO 2001.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Lâm: 04-08-2011 - 10:44
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#36
Đã gửi 04-08-2011 - 10:55
Bài 23 cho a,b,c >0 thỏa $ a+b+c=1 $ . Cmr :
$ \sqrt{ab+c} +\sqrt{bc+a}+\sqrt{ac+b} \geq \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}+a+b+c $
P/s Riêng bài 23 mấy bác thấy sai thì kêu nha. Bài đó mình mới biến đổi 1 tí từ bài APMO 2001.
Bài này dễ mà $\sqrt{ab+c} = \sqrt{ab+c(a+b+c)} = \sqrt{(a+c)(b+c)} \ge (\sqrt{ab} + c)$ (BĐT Cauchy- Schwartz). Viết 2 BĐT tương tự rồi cộng lại
#37
Đã gửi 04-08-2011 - 14:54
Bài 19 cho dãy {$ U_n$ } , biết rằng :
$ \left\{\begin{array}{l}{U_1=-4}\\{U_2=10}\\{u_{n+2}+U_{n+1}-6U_n=12} \end{array}\right. $
Chứng minh rằng $ n|(U_n+4) $ với mọi n nguyên tố .
Em xin làm nốt bài này.
Dễ dàng xác định được CTTQ của dãy $u_n$ là: (dùng pp sai phân)
$u_n = 2^n + ( - 3)^n - 3,\,n = 1,2,...$
$\Rightarrow u_n + 4 = 1 + 2^n + ( - 3)^n $
Vì n là số nguyên tố nên theo định lý nhỏ Fecma, ta có:
$2^{n - 1} \equiv 1\,\left( {\bmod n} \right)$ hay $2^n \equiv 2\,\left( {\bmod n} \right)$
$\left( { - 3} \right)^{n - 1} \equiv 1\,\left( {\bmod n} \right)$ hay $\left( { - 3} \right)^n \equiv - 3\,\left( {\bmod n} \right)$
Vậy suy ra $u_n + 4 \equiv \left( {1 + 2 - 3} \right)\,\left( {\bmod n} \right) \Leftrightarrow u_n + 4\, \vdots \,n$.
Đó là đpcm.
---------------
KHÔNG THỬ SAO BIÊT!!!
- hoahuongduong96 yêu thích
#38
Đã gửi 04-08-2011 - 15:04
$5x_n^{1992} + 5x_n^{1954} + 4x_n^{1975} + 8x_n^{1945} + 2x_n^{1930} + 11x_n^2 + 48\,\, \vdots \,1992$.
-------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!
#39
Đã gửi 04-08-2011 - 18:26
Chém bài 23Bài 22 : Giải phương trình:
$ 3x(2+\sqrt{9x^2+3})+(4x+2)(\sqrt{1+x+x^2}+1)=0 \ \ \ \ \ (1)$
$ (1) \Rightarrow -65\,{x}^{4}+32\,{x}^{3}+109\,{x}^{2}+80\,\sqrt{{x}^{2}+x+1}{x}^{2}+60\,x+56\,\sqrt{{x}^{2}+x+1}x+8+8\,\sqrt{{x}^{2}+x+1}=0 \Rightarrow {x}^{2}\left( 169\,{x}^{4}-234\,{x}^{3}-695\,{x}^{2}-360\,x-32\right)\left( 1+5\,x\right)^{2}=0$
Từ đây dễ dàng tìm được nghiệm duy nhất $x=-\dfrac{1}{5}$
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#40
Đã gửi 04-08-2011 - 20:38
Bài 22 : Giải phương trình:
$ 3x(2+\sqrt{9x^2+3})+(4x+2)(\sqrt{1+x+x^2}+1)=0 $
Bài 23 cho a,b,c >0 thỏa $ a+b+c=1 $ . Cmr :
$ \sqrt{ab+c} +\sqrt{bc+a}+\sqrt{ac+b} \geq \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}+a+b+c $
P/s Riêng bài 23 mấy bác thấy sai thì kêu nha. Bài đó mình mới biến đổi 1 tí từ bài APMO 2001.
Bài 22 :
$\begin{array}{l}3x(2 + \sqrt {9{x^2} + 3} ) + (4x + 2)(\sqrt {1 + x + {x^2}} + 1) = 0\\\\\Leftrightarrow 3x(2 + \sqrt {{{(3x)}^2} + 3} ) = ( - 2x - 1)(\sqrt {{{( - 2x - 1)}^2} + 3} + 2)\\\\f(a) = a(2 + \sqrt {{a^2} + 3} );f'(a) > 0\forall a \Rightarrow 3x = - 2x - 1 \Rightarrow x = \dfrac{{ - 1}}{5}\end{array}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 04-08-2011 - 20:39
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh