Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


LuoiHocNhatLop

Đăng ký: 19-02-2014
Offline Đăng nhập: 12-04-2015 - 23:45
-----

#550604 $|f(-1)|\le 1$ ; $|f(0)|\le 1$ ; $| f(1)|...

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 31-03-2015 - 21:55

Ta có: $\left\{\begin{matrix} f(1)=a+b+c\\f(0)=c \\ f(-1)=a-b+c \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{f(1)+f(-1)-2f(0)}{2}\leq 2\\ c=f(0)<=1 \\ b=\frac{f(1)+f(-1)}{2}\leq 1 \end{matrix}\right.$
$ \Rightarrow |f(x)|\leq |2x^2 +x+1|\leq 2|x^2|+|x|+1\leq 7 \forall x, |x|\leq 2$




#540867 $\left\{\begin{matrix} y^2-9x^2+27x-27=0...

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 14-01-2015 - 23:09

 Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} y^2-9x^2+27x-27=0\\ z^3-9y^2+27y-27=0 \\ x^3-9z^2+27z-27=0 \end{matrix}\right.$

Hệ tương đương:

 
$\left\{\begin{matrix}$
$y^3-x^3=(x-3)^3......(1)\\z^3-y^3=(y-3)^3 ......(2)$
$\\ x^3-z^3=(z-3)^3......(3)$
 
$\end{matrix}\right.$

Giả sử  $y>x \overset{(1)}{\rightarrow}x>3\rightarrow y>3\overset{(2)}{\rightarrow}z^3>y^3\rightarrow z>y$
$\rightarrow z>3\overset{(3)}{\rightarrow}x^3>z^3\rightarrow x>z\rightarrow x>y$
Vô lý. Tương tự ta suy ra $x=y=z=3$



#531543 chứng minh rằng $ x^4+y^4+z^4 +xyz(x+y+z) \geq \prod xy(x^2+y^...

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 02-11-2014 - 18:29

Đây chính là bất đẳng thức Schur với k=2. 




#531376 Chứng minh rằng các đường thẳng đó cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn...

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 01-11-2014 - 16:37

Cách chứng minh khác có sử dụng góc định hướng:
Gọi $H'$ là điểm đối xứng với $H$ qua $BC$ thì $H'$ thuộc $d_1$ và $(O)$

$M$ là giao điểm $d_2$ và $d_3$
Khi đó ta có:
$(MB,MC) =(MB,MH')+(MH',MC) mod \pi$

               $= (AB,AH')+(AH',AC) mod \pi$

               $= (AB,AC)$

Suy ra $M$ thuộc $(O)$.

Mặt khác, gọi $N, P$ lần lượt là giao điểm các cặp đường thẳng $(d_1,d_2)$ và $(d_1,d_3)$
Thì $N, P$ cũng thuộc $(O)$

Suy ra $d_1$ cắt (O) tại $H,N,P$, chứng tỏ N và P trùng nhau.

Vậy ta có đpcm.




#531038 $\frac{a}{3a+b+c}+\frac{b}{...

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 29-10-2014 - 12:35

Áp dụng bđt  Cauchy-Swarchz ta được:
$\sum \frac{a}{3a+b+c} =\frac{1}{25}\sum \frac{(2+3)^2 .a}{(2a)+(a+b+c)} \leq \frac{1}{25}\sum \left ( 2+ \frac{9a}{a+b+c} \right ) =\frac{1}{25}.\left ( 6+9 \right )=\frac{3}{5}$
 




#530660 $a)f(xf(x)+f(y))=f^{2}(x)+y \forall x,y\in \mat...

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 26-10-2014 - 19:18

b)$f(x^2+f(y))=xf(x)+y$ (1)
Chứng minh được f đơn ánh.
Trong (1) cho $x=0 \Rightarrow f(f(y))=y;$
Thay $y\rightarrow f(y)\Rightarrow f(x^2+f(f(y))=xf(x)+f(y) \Rightarrow f(x^2+y)=xf(x)+f(y)$ (2)
Thay x bởi f(x) vào (2) ta được: $f(f^2(x)+y)=f(x).f(f(x))+f(y) \Rightarrow f(f^2(x)+y)=xf(x)+f(y)$
Suy ra $f(x^2+y)=f(f^2(x)+y) \Rightarrow x^2+y=f^2(x)+y \Rightarrow f^2(x)=x^2$
Ta được $f(x)= x$ hoặc $f(x)=-x$. Thử lại thoả mãn.



#530656 $a)f(xf(x)+f(y))=f^{2}(x)+y \forall x,y\in \mat...

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 26-10-2014 - 19:04

a)$f(xf(x)+f(y))=f^2(x)+y$(1)
Đầu tiên ta chứng minh f đơn ánh.
Thật vậy, cố định x, giả sử  $f(y_1)=f(y_2)\Rightarrow xf(x)+f(y_1)=xf(x)+f(y_2)$
$\Rightarrow f(xf(x)+f(y_1))=f(xf(x)+f(y_1))$
$\Rightarrow f^2(x)+y_1 =f^2(x)+y_2 \Rightarrow y_1=y_2$ 
Vậy f đơn ánh. 
Mặt khác, do vế phải là hàm bậc nhất theo y nên f toàn ánh.
Suy ra f song ánh. Khi đó tồn tại duy nhất a để f(a)=0
Trong (1):
Cho x=y=a vào ta được $f(0)=a\Rightarrow f(f(0))=f(a)=0$
Cho x=y=0 ta được $f(f(0))=f^2(0)\Rightarrow f(0)=0\Rightarrow a=0$
Cho x=0, ta được: $f(f(y))=y$
Thay y bởi f(f(y)), x bởi f(x) ta được:
$\Rightarrow f(f(x).f(f(x))+f(f(f(y)))=f^2(f(x))+f(f(y))$
$\Rightarrow f(xf(x)+f(y))=x^2 +y$
$\Rightarrow f^2(x)=x^2$
$\Rightarrow f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x$
Thử lại thoả mãn.
 



#529773 $A= \frac{bc}{a^{2}+2bc}+\frac...

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 20-10-2014 - 23:22

Cho $a, b, c$ là các số thực dương. CMR:  

$A= \frac{bc}{a^{2}+2bc}+\frac{ca}{b^{2}+2ca}+\frac{ab}{c^{2}+2ab} \leq 1$

Có: 
$A=\frac{bc}{a^{2}+2bc}+\frac{ca}{b^{2}+2ca}+\frac{ab}{c^{2}+2ab}$

$2A=\frac{2bc}{a^{2}+2bc}+\frac{2ca}{b^{2}+2ca}+\frac{2ab}{c^{2}+2ab}$
$3-2A=(1-\frac{2bc}{a^{2}+2bc})+(1-\frac{2ca}{b^{2}+2ca})+(1-\frac{2ab}{c^{2}+2ab})$
    $=\frac{a^2}{a^{2}+2bc}+\frac{b^2}{b^{2}+2ca}+\frac{c^2}{c^{2}+2ab}$
    $\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^{2}+2bc+b^{2}+2ca+c^{2}+2ab}=1$ (bđt Cauchy-Swarchz)
$\Rightarrow A\leq 1$



#529333 Chọn đội tuyển QG tỉnh Gia Lai 2014-2015

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 18-10-2014 - 11:38

Câu 6: 

$xf(y)-yf(x)=f(\frac{y}{x})$ (1)
Cho x=2;y=0 được f(0)=0 
Cho $x=y\Rightarrow f(1)=0$
Trong (1), chọn $y=1\Rightarrow xf(1)-f(x)=f(\frac{1}{x})\Rightarrow f(x)=-f(\frac{1}{x})$ (2)
chọn $y=\frac{1}{x}\Rightarrow xf(\frac{1}{x})-\frac{1}{x}f(x)=f(\frac{1}{x^2})$
$\Rightarrow -f(x).(x+\frac{1}{x})=-f(x^2)$   (do (2))
$\Rightarrow f(x^2)=f(x).(x+\frac{1}{x})$ (3)
Mặt khác, từ (1) ta có:
$\Rightarrow x^2.f(y).(y+\frac{1}{y})-y^2.f(x).(x+\frac{1}{x})=[xf(y)-yf(x)](\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$
$\Rightarrow f(y).[x^2(y+\frac{1}{y})-x.(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})]=f(x)[y^2(x+\frac{1}{x})-y(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})]$
$\Rightarrow yf(y)(x^2 -1)=xf(x)(y^2 -1)$
$\Rightarrow \frac{f(x).x}{x^2-1}=\frac{f(y).y}{y^2 -1} (x,y\neq -1;1)$
$\Rightarrow \frac{f(x).x}{x^2-1}=c (x\neq 1;-1)$
Suy ra $ f(x)=\frac{c(x^2-1)}{x}$ nếu $x\neq 0$
và $f(x)=0$ nếu $x=0$
Thử lại thoả mãn.

 



#529214 Chứng minh: $x_{1};x_{2};...;x_{n}$...

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 17-10-2014 - 00:58

Cho các số hữu tỉ không âm $x_{1};x_{2};...;x_{n}$ thỏa mãn $\sqrt{x_{1}}+\sqrt{x_{2}}+...+\sqrt{x_{n}}\in \mathbb{Q}$. Chứng minh: $x_{1};x_{2};...;x_{n}$ là các số hữu tỉ

Bạn xem lại đề nha. Mình nghĩ đề chính xác là c/m $\sqrt{x_i}\epsilon Q (i=\overline{1,n})$
Ta sẽ chứng minh quy nạp.

Với n=2. Ta có: $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=q (q\epsilon Q)$
Nếu q=0 thì $\sqrt{x_1}= \sqrt{x_2}=0$ , đúng.
Nếu $q\neq 0$
$\sqrt{x_1}= q- \sqrt{x_2}$

$\Rightarrow x_1=q^2 - 2q.\sqrt{x_2}+x_2$

$\Rightarrow \sqrt{x_2}=\frac{q^2 +x_2 -x_1}{2q}\epsilon Q$
Tương tự với $x_1$.
Giả sử mệnh đề đúng với $k=n-1$, hay $(\sum_{i=1}^{n-1}\sqrt{x_i}\epsilon Q$

            và $\sqrt{x_i}\epsilon Q(i=\overline{1,n-1}))$

Với k=n, có $\sum_{i=1}^{n-1}\sqrt{x_i}+\sqrt{x_{n}}\epsilon Q\Rightarrow x_n\epsilon Q$
Vậy ta có đpcm.




#529213 Chứng minh tồn tại số nguyên a

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 17-10-2014 - 00:51

Cho tam thức bậc hai  $f\left( x \right) = {x^2} + mx + n$  (m, n là các số nguyên ). Chứng minh rằng tồn tại số nguyên a sao cho $f\left( a \right) = f\left( {2012} \right).f\left( {2013} \right)$

Với mọi k nguyên, ta có:
$f(k)=k^2 +mk+n; f(k+1)=(k+1)^2 +m(k+1)+n=(k^2 +mk+n)+(m+1)+2k=f(k)+(m+1)+2k \Rightarrow f(k).f(k+1)=f(k)^2 +(m+1).f(k)+2k.f(k) =(f(k)+k)^2 +(m+1)f(k)=(f(k)+k)^2+m(f(k)+k)+f(k)-mk-k^2 =(f(k)+k)^2+m(f(k)+k)+n=f(f(k)+k)$

Khi đó tồn tại a=f(2012)+2012 nguyên. 




#529211 Trong 1 tam giác, cmr đường p/g ứng với cạnh lớn nhất thì ngắn nhất.

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 16-10-2014 - 23:47

Trong 1 tam giác, cmr đường p/g ứng với cạnh lớn nhất thì ngắn nhất.

Ta sẽ chứng minh bài toán phụ sau:
Cho tam giác $ABC (AB>AC)$, $BE,CF$ là các phân giác trong thì BE>CF.

Thật vậy. Dựng hình bình hành BEHF.
Khi đó $BE=FH$.

Ta có: $EC=\frac{AC.BC}{BC+AB};EH=BF=\frac{BC.AB}{BC+AC}\Rightarrow EC<EH$

$\Rightarrow \widehat{EHC}< \widehat{ECH}$

$\Rightarrow \widehat{FHC}< \widehat{FCH}$

$\Rightarrow FC<FH\Rightarrow FC<BE$
Hay nói cách khác là đường phân giác ứng với cạnh lớn hơn thì ngắn hơn. Từ đó suy ra điều cần chứng minh  :lol:
 




#529034 Giải phương trình mũ: $2^{3x}-\frac{8}{2^...

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 15-10-2014 - 22:57

Giải phương trình mũ:

$a)2^{3x}-\frac{8}{2^{3x}}-6(2^{x}-\frac{1}{2^{x-1}})=1\\b)5^{3x}+9.5^{x}+27(5^{-3x}+5^{-x})=64$

a)$\Leftrightarrow [(2^x -\frac{2}{2^x})^3 +3.(2^x -\frac{2}{2^x})]-6(2^x -\frac{2}{2^x})=1$

$\Leftrightarrow (2^x -\frac{2}{2^x})^3-3(2^x -\frac{2}{2^x})-1=0$
Tới đây đặt ẩn phụ và giải tiếp.

b)$5^{3x}+9.5^{x}+27(5^{-3x}+5^{-x})=64$

$\Leftrightarrow 5^{3x}+9.5^x +27(\frac{1}{5^{3x}}+\frac{1}{5^x})=64$

$\Leftrightarrow 5^{3x}+\frac{27}{5^{3x}}+9(5^x +\frac{3}{5^x})=64$

Sau đó làm tương tự câu a.




#528370 $O$ là trực tâm tam giác $MNP$ (định lí Brocard)

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 12-10-2014 - 00:23

Gọi K là giao điểm (ABM) và (CDM)
Vì P nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn này nên P,K,M thẳng hàng.

Xét tứ giác OADK có: 

$\angle AKD=\angle AKM+\angle MDK=\angle ABD+\angle ACD=\angle AOD$

Nên OADK là tứ giác nội tiếp, tương tự với OKCB

Suy ra O,K,N cũng thẳng hàng (cùng nằm trên trục đẳng phương của (OAD) và (OBC))

Mặt khác: 
$\angle PKN=\angle PKD+\angle DKN=\angle MCD+\angle OAD=\angle ABM+\angle OAD$

$=\angle AKM+ \angle AKO =\angle OKP$
Suy ra ON vuông góc với MP
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được OP vuông góc MN
Suy ra O là trực tâm tam giác MNP




#527580 CMR $Sin\frac{\widehat{A}}{2}...

Gửi bởi LuoiHocNhatLop trong 06-10-2014 - 23:26

$sin^{2}\frac{A}{2}$
$=\frac{1-cosA}{2}=\frac{1-\frac{b^2 +c^2 -a^2}{2bc}}{2}$
$=\frac{a^2-(b-c)^2}{4bc}\leq \frac{a^2}{4bc}$
$\Rightarrow sin\frac{A}{2}\leq \frac{a}{2\sqrt{bc}}$