Đến nội dung

LuoiHocNhatLop

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

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