hamdvk

ta có $f(1)=\frac{1}{2}$
$\left\{\begin{matrix} f(2)+f(\frac{1}{2})=1 & & \\ f(1+2.\frac{1}{2})=\frac{1}{2}f(\frac{1}{2}) & & \end{matrix}\right.$
suy ra $f(2)=\frac{1}{3}$
dự đoán $f(x)=\frac{1}{x+1}$.thật vậy.
Dễ thấy $f(x)=\frac{1}{x+1}$ thỏa mãn
Nếu $f(x)>\frac{1}{x+1}$ thì $f(\frac{1}{x})>\frac{1}{\frac{1}{x}+1}=\frac{x}{x+1}$
suy ra $f(x)+f(\frac{1}{x})>1$(KTM)
tuơng tự thì $f(x)<\frac{1}{x+1}$ cũng ko tm
KL....

lio giai nay con sai o cho nho dau f(x) phai la 1 ham hoac la 2 ham chang han thi sao !

Cho p là số nguyên tố ,p>3 ,$3n=2^{2p}-1$,Chứng minh rằng :$(2^{n}-2)\vdots n$

ta sẽ cm
$n-1 \vdots 2p$
$\Leftrightarrow 4.\frac{4^{p-1}-1}{3}\vdots 2p$
$\Leftrightarrow 2.\frac{4^{p-1}-1}{3}\vdots p$
mà $\Leftrightarrow 4^{p-1}-1\vdots p$ , p là snt >3 suy ra dpcm
nên
$2^{n-1}-1\vdots 2^{2p}-1\vdots n$
$\Rightarrow 2^{n}-2\vdots n$ ( dpcm )
P/s: hình như bài này làm đượccho cả khôngnguyên tố ,mọi ng thử nghĩ xem sao

Giải pt nguyệm nguyên dương: $(x+y)^3=(x-y-6)^2$

Dễ cm : $(x+y)^{3}=(x+y-6)^{2}=a^{6}$ $(a \epsilon Z+ )$
hay ta có $\left\{\begin{matrix} x+y=a^{2}\\ x-y-6=a^{3} \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} x+y=a^{2}\\ x-y-6=-a^{3} \end{matrix}\right.$
TH1 Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=a^{2}\\ x-y-6=a^{3} \end{matrix}\right.$
thì $\left\{\begin{matrix} x=a^{2}-y\\ x=a^{3}+y+6 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow a^{2}-y=a^{3}+y+6$
$\Leftrightarrow a^{2}-a^{3}=2y+6>0$
mà $a\geq 1 \Rightarrow a^{2}\leq a^{3} ; y> 0$
( mâu thuẫn )
TH2 Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=a^{2}\\ x-y-6=-a^{3} \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=a^{2}-y\\ x=y+6-a^{3} \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow a^{3}+a^{2}-6=2y$
$\Leftrightarrow \frac{a^{3}+a^{2}-6}{2}=y$
$\Rightarrow x=a^{2}-\frac{a^{3}+a^{2}-6}{2}=\frac{a^{2}-a^{3}+6}{2}$
Để ,y>o thì $a^{2}-a^{3}+6> 0$ và $a^{3}+a^{2}-6> 0$ hay a=2
Thay vào ta được $(x;y)=(1;3)$

1.Chứng minh rằng với 2 số thực a,b tùy ý, ta có $a^{4}+b^{4}\geq a^{3}b+ab^{3}$

Đây là BĐT hoán vị nên bài này 2 dòng là ra
Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b$ ta sử dụng BĐT với 2 dãy đơn điệu ngược chiều sau
$\left\{\begin{matrix} a,b\\ a^{3},b^{3} \end{matrix}\right.$
Khi đó ta có : $a^{4}+b^{4}=a.a^{3}+b.b^{3}\geq ab^{3}+ba^{3}$
----------
BĐT hoán vị bạn có thể xem tại phần Khai triển Abel và BĐT hoán vị trong " Sáng tạo BĐT "

Bài 76. Cho tam giác ABC cân tại B và P nằm trong tam giác, biết $\angle ABC = {80^0},\angle PAC = {40^0},\angle PCA = {30^0}$. Tìm $\angle BPC$

Bài 68 . Cho $\Delta ABC$ có $\widehat{B}=\widehat{C}=50^{\circ}$. N thuộc miền trong tam giác thoả mãn $\widehat{NBC}=10^{\circ};\widehat{NCB}=20^{\circ}$. Tính $\widehat{ANB}$

Chỉ có yêu cầu là khác đi thôi !!
________________________________________
@Black: 2 bài khác nhau hoàn toàn đấy chị
@: em nhìn hình mà xem
______________
Chị dùng phép quay vẽ mới chuẩn chứ
 Ảnh chụp màn hình_2012-08-02_214603.png   17.62K   58 Số lần tải
trên hình cũng thể hiện hướng làm của em rồi đó