Đến nội dung

tran thanh binh dv class

tran thanh binh dv class

Đăng ký: 08-04-2012
Offline Đăng nhập: 07-12-2014 - 08:21
***--

#534942 Chứng minh rằng SI vuông góc với NA

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 26-11-2014 - 22:55

Cho tam giác ABC nội tiếp $(O)$ có trực tâm H, N là trung điểm OH. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của A,B,C lên BC, CA, AB. EF cắt BC tại S, DF cắt BE tại I. Chứng minh rằng SI vuông góc với NA.




#524074 Bât đẳng thức n biến

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 12-09-2014 - 19:14

Chứng minh bất đẳng thức với n số thực không âm 

$(1+x_1)(1+x_2)...(1+x_n)(\frac{1}{x_1}+...+\frac{1}{x_n})\geq 2n^2$  n >1 nhé

 

$(x_1+2x_2+...+nx)(x_1+x_2/2+...+x_n/n)\geq \frac{(n+1)^2}{4n}(x_1+...+x_n)^2$

 

Đề thi Quảng Bình hôm nay 




#472301 Tìm tất cả hàm đơn điệu $f:\mathbb{R}\to \mathb...

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 22-12-2013 - 17:41

Đơn điệu vẫn có thể là hằng số mà. Đâu phải đơn điệu thực sự đâu?

Còn về cái hàm nghịch biến làm tương tự ( Mình nói không mất tính tổng quát giả sử $f(x_0)>2x_0$ rồi ).




#472153 Tìm tất cả hàm đơn điệu $f:\mathbb{R}\to \mathb...

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 22-12-2013 - 01:18

Gợi ý thôi nhé :

 

$f(x)=0$ thoả.

 

Xét $f$ không đồng nhất với $0$.

 

Ta se làm các công việc: CM $f(0)=0$

 

Thay $x$ bởi $f(x)$ , đổi vai trò $x,y$ rồi so sánh.

 

Cuối cùng biện luận : $f(x)>2x$ và $f(x)<2x$ đều không thỏa.

 

=> $f(x)=2x$

 

@: có vẻ hàm đơn điệu dư.

 

Để biện luận $f(x)>2x$ và $f(x)<2x$ đều không thỏa mãn thì phải dùng tính đơn điệu. Giả thiết đơn điệu là rất quan trọng :mellow:

 

 

Cách khác: Tính được $f(0)=0$

Từ giả thiết suy ra: $f(f(y))=y.f(2)$.

Nếu $f(2)$ khác $2$, cho $y=1 \to f(x.f(1))=f(2x) \to x.f(1)=f(2x) \to f(x)=cx$. Thử lại và tìm $c$.

Nếu $f(2)=0$, thế $y=2$ vào pt đầu đc: $0=f(0)=2.f(4) \to f(4)=0$, tương tự $f(2^n)=0$.

Rõ ràng $f$ có vô hạn không điểm nên $f$ đồng nhất $0$.

Vậy tìm đc 2 hàm  :closedeyes:

 

$f(x.f(1))=f(2x) \to x.f(1)=f(2x)$

Nhầm rồi $f(x.f(1))=f(2x) \to x.f(1)=2x$

 

Bài này phải dùng tính đơn điệu để giải:

Gọi phương trình hàm ban đầu là (1).
Thế x bởi 0, y bởi 0 vào (1) suy ra $f(0)=0$
Thế x bởi 1 vào (1) suy ra $f(f(y))=yf(2)$

 +Nếu $f(2)=0$ thay y bằng 2 vào (1) ta có $f(0)=2f(2x)$
Suy ra $f(x)=c$ thử trực tiếp ta có $f(x)=0$.

 +Nếu $f(2) \neq 0$ Thì ta có f song ánh.

Thay x bởi 2 vào (1) ta có $f(2f(y))=yf(4)$

Giả sử $f(2) \neq 4 $ Khi đó

nếu $f(2)>4\Rightarrow f(f(2))>f(4)\Rightarrow 2f(2)>f(4)\Rightarrow f(2f(2))>f(f(4))\Rightarrow 2f(4)>4f(2)\Rightarrow f(4)>2f(2)$

(vô lý)

 

nếu $f(2)<4 ...$ (vô lý)

Vậy $f(2)=4$ suy ra $f(f(y))=4y$

Thay y bởi 2, x bởi x/2 vào (1) ta được $f(2x)=2f(x)$

Giả sử tồn tại $x_0$ sao cho $f(x_0)\neq 2x_0$

Không mấy tính tổng quát giả sử $f(x_0) > 2x_0$ suy ra

$f(f(x_0))>f(2x_0)\Rightarrow 4x_0>2f(x_0)\Rightarrow 2x_0>f(x_0)$ (Vô lý)

Vậy $f(x)=2x$  với mọi x thuộc R hoặc $f(x)=0$ với mọi x thuộc R. ( Thử lại tm)




#469126 $CK\parallel AB$

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 05-12-2013 - 21:20

Gọi trung điểm của AB là M, Giao của CM và A'B' là H.
Ta có: K và C liên hợp mặt khác $IK\perp CM$ nên CM là đường đối cực của K. Suy ra -1=(KHB'A')=C(KMAB).
Mà M là trung điểm AB nên CK ll AB




#451950 Hv $ABCD$ tâm, $M \in BC, AM \cap CD =N$....

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 20-09-2013 - 22:28

Giải như sau:
Gọi H là giao của OM với CD. Sử dụng định lý menelaus cho tam giác ACN ta có
$\frac{MA}{MN}.\frac{HN}{HC}.\frac{OC}{OA}=1\Rightarrow \frac{MN}{MA}=\frac{HN}{HC}$
Gọi P' là hình chiếu của C lên BN. H' là giao P'M với CD. Sử dụng định lý menelaus cho tam giác BCN ta có

$\frac{P'N}{P'B}.\frac{MB}{MC}.\frac{H'C}{H'N}=1\Rightarrow \frac{H'N}{H'C}=\frac{P'N}{P'B}.\frac{MB}{MC}$

Mặt khác ta thấy
$\frac{P'N}{P'B}=\frac{P'N.BN}{P'B.BN}=\frac{NC^2}{BC^2}=\frac{NC^2}{AB^2}=\frac{MC}{MB}.\frac{MN}{MA}$

 

Từ đó suy ra $\frac{H'C}{H'N}=\frac{HC}{HN}\Rightarrow H\equiv H'\Rightarrow P\equiv P'\Rightarrow CP\perp BN$




#445152 $\left\{\begin{matrix} 2\sqrt{xy...

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 24-08-2013 - 19:10

Lời giải. Điều kiện $1 \le x \le 5,0 \le y \le 1$ hoặc $y \le 0,x \le 1$.

Phương trình thứ hai tương với $5-x-y+2 \sqrt{(5-x)(1-y)}=0$ hay $x+y-5= 2 \sqrt{(5-x)(1-y)}$.

Kết hợp với phương trình đầu ta suy ra $\sqrt{(5-x)(1-y)}= - \sqrt{(x-1)y}$, điều này xảy ra khi $VT=VP=0$, tuy nhiên lại không tồn tại $x,y$ thoả mãn.

Vậy phương trình vô nghiệm
 

VP=VT=0 suy ra nghiệm là x=5,y=0  hoặc x=1,y=1. Thử lại x=5,y=0 thỏa mãn.




#439341 chưng minh MN song song với AD

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 30-07-2013 - 16:13

 Cho tam giác ABC với M là trung điểm BC.Đường phân giác góc ngoài  của góc A cắt đường thẳng BC tại D.Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt các đường thẳng AB,AC tại E và F.Gọi N là trung điểm EF.

CMR: MN song song với AD

(Hình vẽ)
Gọi giao điểm của phân giác trong $\widehat{A}$ với $(AMD)$ là $I$. Khi đó $AI\perp AD$. Cần chứng minh $AI\perp MN$. Thật vậy:

$AI\perp MN\Leftrightarrow \overrightarrow{AI}.\overrightarrow{MN}=0\Leftrightarrow \overrightarrow{AI}.(\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{CF})=0\Leftrightarrow \overrightarrow{AI}.\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{FC}\Leftrightarrow AI.BE.cos\widehat{EAI}=AI.CF.cos\widehat{ICA}\Leftrightarrow BE=CF$

Vậy ta chỉ cần chứng minh $BE=CF$. Ta có

$\Delta DAB\sim \Delta EMB\Rightarrow \frac{BE}{BM}=\frac{BD}{AB}=\frac{DC}{AC}$ và $CF.CA=CM.CD\Rightarrow \frac{CD}{AC}=\frac{CF}{CM}$

Vậy ta có đpcm.

:ukliam2:




#436898 $\sqrt{x^2+15}=3\sqrt[3]{x} - 2 + \sq...

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 21-07-2013 - 17:14

Giải phương trình :
$\sqrt{x^2+15}=3\sqrt[3]{x} - 2 + \sqrt{x^2+8}$

Ta có 1 là 1nghiệm của phương trình.

$\sqrt{x^2+15}-\sqrt{x^2+8}=3\sqrt[3]{x} - 2 >0\Rightarrow x>0$

Xét hàm $f(x)=\sqrt{x^2+15}-\sqrt{x^2+8}-3\sqrt[3]{x} +2$

$f'(x)=x(\frac{1}{\sqrt{x^2+15}}-\frac{1}{\sqrt{x^2+8}})-\frac{1}{\sqrt[3]{x^2}}<0$ Nên hàm đơn điệu có tối đa 1 nghiệm.

Vậy x=1




#436349 $2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1...

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 19-07-2013 - 23:20

Chứng minh

$2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\vdots n$




#436245 $\left\{\begin{matrix} u_{n}...

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 19-07-2013 - 19:24

Cho dãy số $(u_{n})$ thoả mãn hệ thức:

$\left\{\begin{matrix} u_{n}>0\\u_{n}^{2}\leq u_{n}-u_{n+1},\forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$

Tìm $limu_{n}$

 

Ta có $u_{n}^{2}\leq u_{n}-u_{n+1}\Leftrightarrow u_{n+1}\leq u_n(1-u_n)$ Vì $u_n \geq 0\Rightarrow 0 \leq u_n\leq1$

Mặt khác từ BĐT trên ta cũng có $u_{n+1}\leq u_n(1-u_n)\leq u_n$ Nên dãy $u_n$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn hữu hạn ( Giả sử đó là a). Khi đó ta có $a^2 \leq a-a=0 \Rightarrow a=0$. Vậy $limu_n=0$




#435705 $ u_{1}=1$

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 16-07-2013 - 20:49

Cho dãy số $(u_{n})$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} u_{1}=1\\u_{n+1}=\sqrt{u_{n}+\frac{1}{2^{n}}},\forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$. Tìm $lim u_{n}$.

 

Giải như sau: Đầu tiên chứng minh qui nạp $u_n\geq1$ ( khá đơn giản).
Sử dụng bđt AM-GM ta có

$u_{n+1}= \sqrt{u_n+\frac{1}{2^n}}\leq\frac{u_n+\frac{1}{2^n}+1}{2}\Rightarrow u_{n+1}-1\leq\frac{u_n-1}{2}+\frac{1}{2^{n+1}}$

Ta sẽ chứng minh $\frac{1}{2^{n+1}}\leq\frac{u_n-1}{2}$ $\Leftrightarrow u_n \geq\frac{1}{2^n}+1$ $\forall n\geq3$  bằng qui nạp.

Ta có $u_3=\sqrt{\sqrt{\frac{3}{2}}+\frac{1}{2^2}}>\frac{1}{2^3}+1$

Giả sử $u_{n-1}\geq\frac{1}{2^{n-1}}+1$. Cần chứng minh $\frac{1}{2^n}+1\leq u_n$. Thật vậy:

$ \frac{1}{2^n}+1\leq u_n=\sqrt{u_{n-1+}\frac{1}{2^{n-1}}}\Leftrightarrow \frac{1}{2^{{2n}}}+\frac{1}{2^{n-1}}+1\leq u_{n-1}+\frac{1}{2^{n-1}}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2^{2n}}+1\leq u_{n-1}$ Đúng do $u_{n-1}\geq\frac{1}{2^{n-1}}+1\geq\frac{1}{2^{2n}}+1$

Vậy ta có $\frac{1}{2^{n+1}}\leq\frac{u_n-1}{2}$. Suy ra

$u_{n+1}-1\leq\frac{u_n-1}{2}+\frac{1}{2^{n+1}}\leq u_n-1$. Dãy $(u_n-1)$ là dãy giảm bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn hữu hạn a.
Lấy lim 2 vế bđt trên ta được $a\leq\frac{a}{2}\Leftrightarrow a\leq0\Rightarrow a=0$ Hay $limu_n=1$




#435619 Cho $x_{n+3}=x_{n+2}(x_{n+1}+x_{n...

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 16-07-2013 - 12:48

1. Cho dãy số nguyên dương $(x_n)$ thỏa mãn $(x_6)=144$, $x_{n+3}=x_{n+2}(x_{n+1}+x_{n})$ Với $n=1,2,3,4$ Tính $x_7$.

2. Cho $a_0,a_1>0$. Xét dãy $(a_n)$ thoả $a_{n+1}=\frac{2}{a_{n}+a_{n-1}}$. Chứng minh dãy số có giới hạn và tìm giới hạn đó.

 

 




#423087 $f(xy+x+y)=f(xy)+f(x)+f(y)$

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 02-06-2013 - 11:04

Bài toán 39 : Cho $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa $f(xy+x+y)=f(xy)+f(x)+f(y)$.CMR hàm $f$ cộng tính.

 

Giải như sau:

Cho $x=y=0$ ta có $f(0)=0$

Cho $y=-x$ ta có $f(x)=-f(-x)$

Cho $y=1$ ta có $f(2x+1)=2.f(x)+f(1)$

Tính $f(2ab+2b+2a+1)$ $\forall a,b\epsilon \mathbb{R}$

$f(2ab+2b+2a+1)=2f(ab+b+a)+f(1)=2f(ab)+2(a)+2f(b)+f(1)$

$f(2ab+2b+2a+1)=f(b(2a+1)+b+2a+1)=f(2ab+b)+f(b)+2f(a)+f(1)$

Từ đó suy ra $f(2ab+b)=2f(ab)+f(b)$

Cho $a=-\frac{1}{2}$ ta có $f(b)=-2f(\frac{-b}{2})=2f(\frac{b}{2})\Rightarrow f(2b)=2f(b)$

Nên $f(2ab+b)=2f(ab)+f(b)=f(2ab)+f(b)$ Hay $f(x)+f(y)=f(x+y)$

 

-----------

 

Có vẻ đúng nhưng dài, mọi nguời tiếp tục tìm hướng giải ngắn hơn nghe ( nhưng vẵn hoan nghê tinh thần giải của tran thanh binh dv class)




#422810 $f(x^3+y^3)=x^2f(x)+y^2f(y)$

Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 01-06-2013 - 14:10

Bài toán 40 : Tìm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x^3+y^3)=x^2f(x)+y^2f(y)$

Giải như sau:

Cho $x=0$ ta có $f(y^3)=y^2.f(y)$

Cho $y=0$ ta có $f(x^3)=x^2.f(x)$

Từ đó ta có $f(x^3+y^3)=f(x^3)+f(y^3)$ hay $f(x+y)=f(x)+f(y)$ $\forall x,y\epsilon \mathbb{R}$

Xét

$f((x+1)^3+(x-1)^3)=f((x+1)^3)+f((x-1)^3)=(x+1)^2f(x+1)+(x-1)^2.f(x-1)=(2x^2+2)f(x)+4x.f(1)$

$f((x+1)^3+(x-1)^3)=f(2x^3+6x)=2f(x^3)+6f(x)=2x^2.f(x)+6f(x)$

 

Từ 2 đẳng thức ta có $f(x)=f(1).x=a.x$

Thử lại ta có $f(x)=x$ thảo mẵn :icon10: :icon10: