minhtuyb

Dạo này thấy topic hơi chìm,góp thêm 1 bài!

Cho $x,y,z$ thực dương thỏa mãn $(x+y)^2+4x^2y^2+1=(2z^2+1)^2$.Tìm GTNN của:

$P=\frac{16x^3}{(y+z)^3}+\frac{16y^3}{(x+z)^3}+3.\frac{xy+1}{z^2+1}$

Từ giả thiết ta có:

$$+) (2z^2+1)^2=(x+y)^2+\frac{(4xy)^2}{4}+1\leq (x+y)^2+\frac{(x+y)^4}{4}+1=\left [ \frac{(x+y)^2}{2}+1 \right ]^2\\ \Rightarrow 2z\leq x+y$$

$$+) (2z^2+1)^2=(2xy+1)^2+(x-y)^2\geq (2xy+1)^2\Rightarrow z^2\geq xy$$

 

Áp dụng bất đẳng thức $\frac{a+c}{b+c}\geq \frac{a}{b}$ với $b>a>0, c\geq 0$, dấu bằng khi $c=0$ với $a=xy,b=z^2,c=1$, ta có: $\frac{xy+1}{z^2+1}\geq \frac{xy}{z^2}$    (*)

 

Áp dụng BĐT Cô si 3 cho số không âm, ta dễ có:

$$\frac{16x^3}{(y+z)^3}\geq \frac{12x}{y+z}-4$$

$$\frac{16y^3}{(x+z)^3}\geq \frac{12y}{x+z}-4$$

 

Từ ba bđt trên suy ra:

$$P\geq 12\left ( \frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}   \right )+3.\frac{xy}{z^2}-8$$

 

Ta có:

$$(z+x)(z+y)=z^2+xy+yz+zx\leq 2z^2+yz+zx=z(2z+x+y)\leq z(x+y+x+y)=2z(x+y)$$

Nên:

$$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z} =\frac{x^2+y^2+z(x+y)}{(z+x)(z+y)}\leq \frac{x^2+y^2+z(x+y)}{2z(x+y)}=\frac{x^2+y^2}{2z(x+y)}+\frac{1}{2}$$

 

Suy ra:

$$P\geq 6\frac{x^2+y^2}{z(x+y)}+3.\frac{xy}{z^2}-2
\\=3\left[  2\frac{x^2+y^2}{z(x+y)}+\frac{xy}{z^2} \right ]-2
\\=3.\frac{2z(x^2+y^2)+xy(x+y)}{z^2(x+y)}-2
\\\geq 3.\frac{2z(x^2+y^2)+xy.2z}{z^2(x+y)}-2
\\=6.\frac{x^2+y^2+xy}{z(x+y)}-2
\\\geq 6.\frac{\frac{3}{4}(x+y)^2}{z(x+y)}-2
\\=\frac{9}{2}\frac{x+y}{z}-2
\\\geq \frac{9}{2}.2-2=7$$

 

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là $7$

 

*Nhận xét: Hai khó khăn lớn nhất ở lời giải này là việc xử lý phân thức thứ 3 ( như ở (*) )  và việc làm gọn mẫu số $(z+x)(z+y)$ để xuất hiện hạng tử $z$, từ đó giảm độ phức tạp của bài toán.

Câu 5 (3 điểm)
Tìm hàm số $f:(0;+\propto )\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện:

$\left\{\begin{matrix} f(1)=\frac{1}{2}\\ f(xy)=f(x).f\left ( \frac{2014}{y} \right )+f(y).f\left ( \frac{2014}{x} \right )\ \ (1),\forall x,y\in (0;+\propto ) \end{matrix}\right.$

Bài này thế đơn thuần thôi . Mà cái điều kiện đầu tiên hơn yếu thì phải?
---
Giả sử tồn tại hàm số thoả mãn điều kiện bài toán:

- Ở $(1)$ cho $x=2014;y=1\rightarrow f(2014)=\dfrac{1}{2}$
- Ở $(1)$ cho $y=1\rightarrow f(x)=\dfrac{1}{2}f(x)+\dfrac{1}{2}f\left ( \frac{2014}{x} \right )\Leftrightarrow f(x)=f\left ( \frac{2014}{x} \right )\ \ (2)$
- Ở $(1)$ cho $x=y\rightarrow f(x^2)=2f(x)f\left( \frac{2014}{x} \right )=2f(x)^2\ \ (3)$
 
- Kết hợp $(1),(2)$ và $(3)$ ta có:
$$f(xy)=f(x)^2+f(y)^2\ \ (4)$$
và $$f(xy)=\dfrac{f(x^2)+f(y^2)}{2}\ \ (5)$$
Từ đây suy ra:
$$f(xy)=^{(4)}f(x)^2+f(y)^2=^{(3)}2f(\sqrt{xy})^2=^{(5)}2\left (\dfrac{f(x)+f(y)}{2} \right)^2\\ \Leftrightarrow (f(x)-f(y))^2=0\Leftrightarrow f(x)=f(y) \forall x,y>0\\ \Leftrightarrow f\equiv C$$
Mà $f(1)=\dfrac{1}{2}\rightarrow $$C=\dfrac{1/2}$. Thử lại thấy $f\equiv \dfrac{1}{2}$ thoả mãn điều kiện bài toán.
 
Vậy $f(x)=\dfrac{1}{2}$ là hàm số cần tìm. $\square$

Bài 41 (IMO Shortlist 2012): Cho $x,y$ là các số nguyên dương dương thỏa mãn $x^{2^n}-1$ chia hết cho $2^ny+1$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng $x=1$.

Bài 40
Cho $k$ là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa $3^{k}\mid 2^{n}-1$

Giả sử $n$ là một số nguyên dương thỏa mãn điều kiện bài toán. Dễ thấy $n$ chẵn. Đặt $n=2n'$, ta phải tìm các số nguyên dương $n'$ sao cho $3^{k}\mid 4^{n'}-1$. Tất cả các số nguyên $n'$ cần tìm là bội của $ord_{3^k}(4)$.

 --------------------------------------

- Ta có $ord_{3}(4)=1$. Đặt $ord_{3^k}(4)=h$ thì theo định nghĩa ta có: $4^h-1\vdots 3^k\rightarrow v_3(4^h-1)\ge k$. Theo bổ đề LTE suy ra:

$$v_3(4-1)+v_3(h)\ge k\Leftrightarrow v_3(h)\ge k-1\Leftrightarrow 3^{k-1}| h\ (1)$$

Mặt khác: $4^{3^{k-1}}-1\vdots 3^k\Rightarrow h| 3^{k-1}\ (2)$ (cũng sử dụng bổ đề LTE)

 

-Từ (1) và (2) suy ra $h=3^{k-1}$ hay $ord_{3^k}(4)=3^{k-1}$ suy ra tất cả các số nguyên $n'$ cần tìm là bội của $3^{k-1}$ hay tất cả các số nguyên $n$ cần tìm là bội của $2.3^{k-1}$

 

 

 

 

Đề bài: Cho a,b,c là những số nguyên và p là một số nguyên tố lẻ.

Chứng minh rằng nếu đa thức $f(x)=ax^2+bx+c$ nhận giá trị là một số chính phương tại $2p-1$ giá trị khác nhau của $x$ thì $p$ chia hết $b^2-4ac$.

$\fbox{Bài toán:}$ Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa mãn:
$$f(m+n-mn)=f(m)+f(n)-f(mn)$$

$\fbox{Bài toán:}$      Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:
$$\left \lfloor n\sqrt{2} \right \rfloor=\left \lfloor 2+m\sqrt{2} \right \rfloor$$

$\fbox{Bài toán:}$ Cho $1000$ số $000;001;...;999$ và $100$ hộp $00;01;...;99$. Một số $\overline{abc}$ có thể được xếp vào một trong các hộp $\overline{ab};\overline{bc};\overline{ac}$.
 
VD: Số $000$ chỉ có thể xếp vào hộp $00$; số $123$ có thể được xếp vào hộp $12$,$13$ hoặc $23$
 
Hỏi số hộp tối thiểu để xếp đủ $1000$ số trên?
 
 
$\fbox{Tổng quát}$

Bài 2. Cho $x;y$ là 2 số thực dương thỏa mãn $x^2+y^2=2$

 

Chứng minh rằng

 

$$\frac{x^3}{y^2}+\frac{9y^2}{x+2y} \geq 4$$

 

Đề 1 - Onluyentoan.vn - 2012

Lời giải bài 2: Đây là lời giải của em. Em nghĩ đây chắc cũng là lời giải của tác giả do thấy nó thuận lợi quá :

---

 

-Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:

$$(\frac{x^3}{y^2}+\frac{9y^2}{x+2y})(x+(x+2y))\ge (\frac{x^2}{y}+3y)^2$$

 

-Lại do $x^2+y^2=2$ nên có:

$$\frac{x^2}{y}+3y=\frac{2-y^2}{y}+3y=2(y+\frac{1}{y})\ge 4$$

(Điểm thuận lợi chính ở đoạn này )

 

Thêm vào đó, dễ dàng chứng minh $x+(x+2y)=2(x+y)\le 4$ nên suy ra:

$$\frac{x^3}{y^2}+\frac{9y^2}{x+2y}\ge \dfrac{4^2}{4}=4$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=1$

 

---

Việc tìm ra lời giải của bài toán là do phát hiện được $x+(x+2y)=2(x+y)\le ...$ và khi $x=y=1$ thì ta cũng đảm bảo được dấu bằng của Cauchy-Schwarz. Ngoài ra còn "ăn may" ở đoạn trên nữa

Cái này là 1 định lý hay là phương pháp vậy em ? Anh dở Số học....

Em nghĩ gọi nó là bổ đề . Em tổng quát cái này từ phần b bài dãy số trong TST 2004 .

 

Giả sử ta có dãy $(a_n):a_0;a_1;...;a_m;a_{n+m}=\alpha_1 a_{m+n-1} +\alpha_2 a_{m+n-2}+...+\alpha_m a_{n}\ \forall n$ với $\alpha_i$ là các hằng số nguyên và $b_n$ là dãy số dư của $a_n$ theo modul $k$ bất kỳ thì $b_n$ sẽ tuần hoàn.

 

Cốt lõi của phép chứng minh chỉ là chỉ ra có hữu hạn bộ $(b_1;b_2;b_3;...;b_m)$ rồi dùng Đi dép lê để chứng minh có hai bộ trùng nhau, suy ra dãy tuần hoàn.

 

P/s: Ta có thể mở rộng thêm bằng cách cho thêm số mũ vào nữa .

Làm sao nghĩ ra được dãy này thế 

Em dựa vào ý tưởng chứng minh dãy số dư của một dãy số cho bởi công thức tuyến tính modul bất kỳ đều tuần hoàn ạ.

Cho dãy số $\begin{Bmatrix} a_{n} \end{Bmatrix}$ thỏa $a_{1}=30;a_{2}=45;...;a_{n+2}=a_{n+1}^{2}-a_{n}$

Chứng minh tồn tại vô số chỉ số n để $a_{n}\vdots 1995$

- Xét dãy $b_n$ là dãy được xác định theo quy tắc: $b_n\equiv a_n\ (mod\ k)\ \ ;0\le b_n<k$ với modul $k$ bất kì. Từ công thức của dãy $a_n$ ta có:

$$b_{n+2}\equiv b_{n+1}^2-b_{n}\ (mod\ k)$$

 

- Ta sẽ chứng minh $b_{n}$ là dãy tuần hoàn với mọi modul $k$. Thật vậy, ta chỉ cần chứng minh tồn tại hai chỉ số $i,j,i<j$ sao cho $b_i=b_j;b_{i+1}=b_{j+1}$ vì khi đó sẽ có $b_{j+2}\equiv b_{j+1}^2-b_{j}\equiv b_{i+1}^2-b_{i}\equiv b_{i+2}\ (mod\ k)$. Tương tự: $b_{j+3}\equiv b_{i+3};b_{j+4}\equiv b_{i+4};...;b_{2j-i-1}\equiv b_{j-1}\ (mod\ k)$, suy ra $b_n$ là dãy tuần hoàn.

- Do chỉ có tối đa $k^2$ cặp giá trị $(b_i;b_{i+1})$ nên nếu ta chọn $k^2+1$ cặp như thế thì theo nguyên lí Đi dép lê sẽ tồn tại hai cặp $(b_i;b_{i+1});(b_j;b_{j+1}): b_i=b_j;b_{i+1}=b_{j+1}$. Tóm lại với mọi modul $k$ thì dãy số dư của $a_n$ theo modul $k$ sẽ tuần hoàn.

 

Công việc còn lại là cần chỉ ra tồn tại $a_m\vdots 1995$. Rất đơn giản vì $a_3=45^2-30=1995$ luôn rồi $\square$

 

---------

Hình như bài toán này giải chưa đầy đủ vì chưa biết dãy $a_n$ tuần hoàn từ số hạng thứ mấy thì phải???

Uk nhỉ. Vậy t nghĩ có thể làm lùi như thế này:

---

- Ta đã chọn được các chỉ số $i,j$ sao cho $b_i=b_j;b_{i+1}=b_{j+1}$. Bây giờ ta sẽ chứng minh: $b_{j-1}=b_{i-1}$. Thật vậy:

$$b_{j-1}-b_{i-1}\equiv (b_j^2-b_i^2)-(b_{j+1}-b_{i+1})\equiv 0\ (mod\ k)\\ \Rightarrow b_{j-1}=b_{i-1}$$

Tương tự: $b_{j-2}=b_{i-2};... ;b_2=b_{2+(j-i)};b_1=b_{1+(j-i)}$

Vậy dãy đã cho tuần hoàn ngay từ $b_1$ với chu kỳ (chưa chắc đã là cơ sở) $j-i$

 

$\fbox{1.}$ Ta có:

$(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)=(a+b)(b+c)(c+a)(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)\\ \Rightarrow abc(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)=a^3b^3c^3\ \ (1)$

 

-Xét $abc=0$ thì $(1)$ đúng

 

-Xét $abc\ne 0$ thì $(1)$ tương đương với: $(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)=a^2b^2c^2\ \ \ (2)$

 

- Dễ dàng có đánh giá sau:$a^2-ab+b^2\ge a^2+b^2-|ab|\ge 2|ab|-|ab|=|ab|$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b$. Xây dựng các BĐT tương tự suy ra:

 

$$VT(2)\ge |ab|.|bc|.|ca|=a^2b^2c^2=VP(2)$$

Theo giả thiết thì đẳng thức xảy ra nên $a=b=c$. Thay ngược lại điều kiện ban đầu thấy $abc=0$. Vô lí

 

Vậy đẳng thức được chứng minh $\square$.

 

$\fbox{2.}$ $ab>2013a+2014b\Rightarrow 1>\dfrac{2014}{a}+\dfrac{2013}{b}\Rightarrow a+b > (a+b)(\dfrac{2014}{a}+\dfrac{2013}{b})\ge (\sqrt{2014}+\sqrt{2013})^2$

 

---

Câu 2 đưa về dạng đồng bậc để tìm ra số $k$ sao cho $x=ky$.

 

Hình câu a vẽ thêm đường kính của $E$ với $(O)$ (đg thẳng BF còn được gọi là đg đối trung), câu b tính trâu

 

Mấy câu còn lại no comment

 

---

P/s: Quên mất đi xem đề trường mình

 Suy ra là sao vậy em?

Để có cái suy ra này cần 2 chứng minh sau đây:

- Thứ nhất là nếu $P(x)$ thỏa mãn đề bài thì $deg P$ chẵn (cái này dễ ạ, dựa vào nghiệm để c/m)

 

- Thứ hai là bài toán tổng quát sau:

Xét phương trình đa thức ẩn $P$ và các đa thức $f,g,h$ trên $\mathbb{R}[x]$ thỏa mãn các điều kiện sau:

1. $P(f(x))P(g(x))=P(h(x))\ (1)$

2. Kí hiệu $deg (f) =f$, tương tự với $g,h$ và ta có: $f+g=h$

3. Một trong hai điều kiện sau thỏa mãn:

         3.1: $f\ne g$

         3.2: $f=g$ và $f*+g*\ne 0$, trong đó $f*,g*$ là hệ số cao nhất của các đa thức $f$ và $g$ tương ứng.

 

Khi đó với mọi số nguyên dương $n$ tồn tại nhiều nhất một đa thức $P(x)$ bậc n và thỏa mãn hệ các điều kiện trên.

 

$\fbox{Chứng minh}$

 

Giả sử $P$ là đa thức bậc $n$ thỏa mãn hệ điều kiện trên. So sánh hệ số cao nhất hai vế của đa thức trong phương trình:

$$P(f(x))P(g(x))=P(h(x))$$

Ta có: $P*(f*)^n.P*(g*)^n=P*(h*)^n\Rightarrow P*=(\dfrac{h*}{f*g*})^n$

 

Phản chứng: Giả sử tồn tại đa thức $Q$ bậc $n$ khác $P$ cũng thỏa mãn hệ điều kiện trên thì từ đẳng thức trên ta có $Q*=P*$.

 

Đặt $Q(x)=P(x)+R(x)$ với $0\le r<n$. Thay vào phương trình $(1)$ ta có:

$$(P(f)+R(f))(P(g)+R(g))=P(h)+R(h)\\ \Leftrightarrow P(f)P(g)+P(f)R(g)+R(f)P(g)+R(f)R(g)=P(f)P(g)+R(h)\\ \Leftrightarrow P(f)R(g)+R(f)P(g)+R(f)R(g)=R(h)\ \ \ (2)$$

 

Xét các trường hợp:

$\fbox{TH 1}: f\ne g$., giả sử $f>g$. Khi đó bậc đa thức ở $VT(2)$ là $nf+rg$. Trong khi đó bậc đa thức $VP(2)$ là $rh=r(f+g)<nf+rg$. Mâu thuẫn (Đến đây là xong đối với bài toán đa cho)

 

$\fbox{TH 2}: f=g, f*+g*\ne 0$. Khi đó hai đa thức đầu tiên ở $VT(2)$ đều có bậc $nf+rg=ng+rf$ nên có thể xảy ra sự triệt tiêu khi thực hiện phép cộng. Tuy nhiên, xét hệ số cao nhất của hai đa thức này lần lượt là $P*(f*)^n.r*(g*)^n$ và $r*(f*)^n.P*(g*)^n$ có tổng khác không do $f*+g*\ne 0$. Như vậy bậc đa thức $VT(2)$ vẫn là $nf+rg$. Mâu thuẫn tương tự trường hợp trên.

 

Tóm lại bài toán tổng quát được c/m hoàn toàn $\blacklozenge$