9nho10mong

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$$f\left(f\left(x-y\right)\right)=f\left(x\right)-f\left(y\right)+f\left(x\right)f\left(y\right)-xy, \;\;\forall x,y\in\mathbb{R} \quad{(1)}$$

 

Đặt $t=f(0)$.

Trong $(1)$ thay $x=y=0$ được

$$ f(f(0))=(f(0))^2 $$

Hay

$$f(t)=t^2 \quad{(2)}$$

Trong (1) thay $x=y=t$ và dùng $(2)$ được

$$ t^2= f(f(0))=t^4-t^2 \quad{(3)} $$

Trong (1) thay $x=t \ ; \ y=0$ được

$$ f(t^2)=t^3+t^2-t \quad{(4)} $$

Trong (1) thay $x=y=t^2$ và dùng $(4)$ được

$$ t^2= f(f(0))=(t^3+t^2-t)^2 - t^4 \quad{(5)} $$

Từ $(3)$ và $(5)$ ta có $t=0$ hay là $f(0)=0$.

Trong (1) thay $y=x$ được

$$  (f(x))^2=x^2 \ ; \ \forall x \in \mathbb{R}  $$

Như vậy $f(0)=0$ và $\forall x \neq 0 $ thì $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x \quad{(6)}$.

Giả sử có $a \neq 0$ để $f(a)=-a$.

Trong $(1)$ thay $x=0 \ ; \ y=-a$ được

$$ f(-a)= -f(-a) $$

Hay là

$$f(-a) = 0$$

Vì $a \neq 0 $ nên $-a \neq 0$, suy ra $0=f(-a)=-a$ hoặc $0=f(-a)=a$. Vô lý do $a \neq 0 $.

Vậy $ \forall a \neq 0$ thì $f(a) \neq -a \quad{(7)}$.

Từ $(6)$ và $(7)$ ta có nghiệm của bài toán là $ f(x) = x \forall x \in \mathbb{R}$.

Câu 4. Ký hiệu $\overparen{AB}$ chỉ số đo cung nhỏ $AB$.

Từ giả thiết đề bài có $ \overparen{A_1 A_2 } = \overparen{A_2 A_3} = ... = \overparen{A_{2n} A_1} = \left( \dfrac{180}{n} \right) ^{o}$.

Với $2 < k \le n+1$, đặt $\{ B \} = A_1 A_k \cap A_2 A_{k+n-1}$. Khi đó

$$ \widehat{A_1BA_2}= \dfrac{\overparen{A_1 A_2}+\overparen{A_k A_{k+n-1}}}{2} = \dfrac{\dfrac{180}{n} + \dfrac{180 \left( n-1 \right)}{n}}{2} = 90^{o}$$

Từ đó với mọi $2 < k \le n+1$, $ A_1 A_k$ luôn vuông góc với $A_2 A_{k+n-1}$.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương
CMR: $\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}} \geq \sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)}$

Dùng Holder có

$$ \left( \sum \frac{a}{\sqrt{b+c}} \right)^2 \cdot \left( \sum a \left( b+c \right) \right) \ge \left( a+b+c \right)^3   $$

Từ đó có

$$ \left( \sum \frac{a}{\sqrt{b+c}} \right)^2 \ge \frac{\left( a+b+c \right)^3}{2 \left( ab+bc+ca \right)} \ge \frac{3 \left( a+b+c \right)}{2} $$

Suy ra

$$ \sum \frac{a}{\sqrt{b+c}} \ge \sqrt{\frac{3 \left( a+b+c \right)}{2}}  $$

Đó là điều cần chứng minh.

Cho ba số a,b,c>0. CMR: 

$ \frac{2(a^{5}+b^{5}+c^{5}+a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}+\frac{9}{(a+b+c)^{2}} \geq 5 $

Trước hết dùng AM-GM có

$$ a^2+a^2+a^5 \ge 3 a^3 $$

Như vậy

$$ \text{VT} \ge  \frac{3 \left( a^3+b^3+c^3 \right) + \left( a^5+b^5+c^5 \right)}{a^3+b^3+c^3}+ \frac{9}{ \left( a+b+c \right)^2} = 3 + \frac{ \left( a^5+b^5+c^5 \right)}{a^3+b^3+c^3}+ \frac{9}{ \left( a+b+c \right)^2}$$

Cần chứng minh

$$ \frac{ a^5+b^5+c^5}{a^3+b^3+c^3}+ \frac{9}{ \left( a+b+c \right)^2} \ge 2 $$

Dùng Cauchy-Schwarz có

$$ \left( a^5+b^5+c^5 \right) \left( a+b+c \right) \ge \left( a^3+b^3+c^3 \right)^2 $$

Suy ra

$$  \frac{ a^5+b^5+c^5}{a^3+b^3+c^3} \ge  \frac{ a^3+b^3+c^3}{a+b+c} $$

Lúc đó 

$$ \frac{ a^5+b^5+c^5}{a^3+b^3+c^3}+ \frac{9}{ \left( a+b+c \right)^2} \ge \frac{ a^3+b^3+c^3}{a+b+c}+\frac{9}{ \left( a+b+c \right)^2} \ge 2 \sqrt{\frac{ 9 \left(a^3+b^3+c^3 \right)}{ \left( a+b+c \right)^3}} \ge 2$$

Đó là điều cần chứng minh.

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( x+f\left ( y \right ) \right )=2y+f\left ( f\left ( x \right )-y \right ) ,\forall x,y\in \mathbb{R} \quad{(1)}$

Trong $(1)$ thay $x=-f(y)$ thu được

$$ f(0) = 2y+f (  f( -f(y) ) -y ) \ , \forall y \in \mathbb{R}  $$

Từ đó dễ thấy $f$ là toàn ánh. Ta sẽ chứng minh $f$ là đơn ánh.

Giả sử $f$ không đơn ánh, khi đó có các số thực $a \neq b $ mà $ f(a)=f(b)$.

Trong $(1)$ thay $x=a$ thu được

$$ f(a+f(y)) = 2y+f(f(a)-y) =2y+f(f(b)-y) = f(b+f(y)) \ , \forall y \in \mathbb{R} \quad{(2)} $$

Do $f$ là toàn ánh nên từ $(2)$ có

$$ f( y) = f(y+b-a) \ , \forall y \in \mathbb{R} \quad{(3)}  $$

Từ $(3)$ dễ thấy 

$$ f(y - (b-a)) = f (y) \ , \forall y \in \mathbb{R} \quad{(4)} $$

Trong $(1)$ thay $y$ bằng $y+b-a$ được

$$   f(x + f(y+b-a)) = 2y + 2b-2a + f(f(x) - y- (b-a))\ , \forall x,y \in \mathbb{R} $$

Từ đó kết hợp với $(1)$, $(3)$ và $(4)$ được

$$ 2y+f(f(x)-y) = f(x+f(y))  =  f(x + f(y+b-a)) = 2y + 2b-2a + f(f(x) - y- (b-a))  = 2y+2b-2a + f(f(x)-y) \ , \forall x,y \in \mathbb{R} $$

Từ đó suy ra $a=b $. Vô lý.

Vậy $f$ đơn ánh.

Trong $(1)$ thay $y=0$ được

$$ f(x+f(0)) = f(f(x)) \ , \forall x \in \mathbb{R} $$

Do $f$ đơn ánh nên suy ra

$$ f(x) = x+f(0) \ , \forall x \in \mathbb{R} $$

Thử lại thấy $f (x) = x+c \ , \forall x \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(1)$. Đó chính là nghiệm của bài toán. 

Cho a,b,c > 0

CMR : 

$\dfrac{a^2+b^2}{a+b}+\dfrac{b^2+c^2}{b+c} + \dfrac{c^2+a^2}{c+a} \leq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}$

Bất đẳng thức đề bài đúng bởi vì

$$ \dfrac{3 \left( a^2+b^2+c^2 \right)}{a+b+c} - \sum \dfrac{a^2+b^2}{a+b} = \dfrac{  \sum ab \left( a+b \right) \left( a- b \right)^2 }{\left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right) \left( a+b+c \right)} \ge 0  $$

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a^2+b^2+c^2>0.$ Chứng minh rằng

$$\sum \frac{(b+c-a)^{2}}{(b+c)^{2}+a^{2}}\geqslant \frac{3}{5}.$$ 

Suy ra

$$ \sum \dfrac{ \left( b+c-a \right)^2}{ a^2 + \left( b+c \right)^2} \ge \sum \dfrac{7a^2+4b^2+4c^2 +40bc - 20ca - 20ab}{25 \left( a^2+b^2+c^2 \right)} = \dfrac{3}{5} $$

Cho a,b,c là các số thực dương , CMR

$\sum \frac{(b+c-a)^{2}}{(b+c)^{2}+a^{2}}\geq \frac{3}{5}$

Từ đẳng thức

$$  \dfrac{\left( b+c-a \right)^2}{ \left( b+c \right)^2 + a^2} -\dfrac{1}{5} - \dfrac{18 \left( b+c-2a \right)}{25 \left( a+b+c \right)} = \dfrac{2 \left( 2a-b-c \right)^2 \left( 7a+b+c \right)}{25 \left( a+b+c \right) \left( a^2 + \left( b+c \right)^2 \right)} $$

Ta có

$$ \left( \sum \dfrac{\left( b+c-a \right)^2}{ \left( b+c \right)^2 + a^2} \right) -\dfrac{3}{5} = \sum  \dfrac{2 \left( 2a-b-c \right)^2 \left( 7a+b+c \right)}{25 \left( a+b+c \right) \left( a^2 + \left( b+c \right)^2 \right)}  \ge 0  $$

Từ đó có điều cần chứng minh. 

Tìm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn:

$$f(y)+f(f(y)+x)=y+f(f(f(y))+f(x)) \ , \  \forall x,y\in \mathbb{R} \quad{(1)}$$

Trong $(1)$ thay $x=0$ được

$$ f(y)+f(f(y)) = y + f(   f(f(y)) +f(0)) \ ; \ \forall y \in \mathbb{R} \quad{(2)} $$

Từ $(2)$ dễ thấy $f$ đơn ánh.

Đặt $a= f(0)$, trong $(1)$ thay $x=y=0$ thu được

$$ f(a+f(a)) = a+f(a) \quad{(3)} $$

Trong $(1)$ thay $y= a+f(a)$ thu được

$$ f(a +f(a)) + f(   f(a+f(a)) +x ) = a+f(a) + f(    f(  f(a+f(a)) ) + f(x)      ) \ ; \ \forall x \in \mathbb{R} $$

Kết hợp với $(3)$ thu được

$$ f(a+f(a)+x) = f(a+f(a)+f(x) ) \ ; \ \forall x \in \mathbb{R} \quad{(4)} $$

Mà $f$ đơn ánh nên từ $(4)$ suy ra

$$ f(x)=x \ ; \ \forall x \in \mathbb{R} $$

Dễ thấy hàm số $f(x) = x \ ; \forall x \in \mathbb{R}$ thỏa mãn yêu cầu đề bài. 

Như vậy hàm số thỏa mãn điều kiện đề bài là $f(x) = x \ ; \forall x \in \mathbb{R}$.

Cho $a,b,c$ thuộc đoạn $\left [ \frac{1}{\sqrt{2}},\sqrt{2} \right ]$

Chứng minh:

$\frac{3}{a+2b}+\frac{3}{b+2c}+\frac{3}{c+2a}\geq \frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}$

Trước tiên với $a,b,c \in \left[ \dfrac{1}{\sqrt{2}} \ ; \ \sqrt{2} \right]$ luôn có

$$ \dfrac{3}{a+2b} - \dfrac{2}{a+b} = \dfrac{1}{6b} - \dfrac{1}{6a} + \dfrac{\left( a-b\right)^2 \left( 2b-a \right)}{6ab \left( a+2b \right) \left( a+b \right)} \ge   \dfrac{1}{6b} - \dfrac{1}{6a} \quad{(1)}$$

Tương tự cũng có

$$\dfrac{3}{b+2c} - \dfrac{2}{b+c}  \ge   \dfrac{1}{6c} - \dfrac{1}{6b} \quad{(2)}$$

Và

$$\dfrac{3}{c+2a} - \dfrac{2}{c+a}  \ge   \dfrac{1}{6a} - \dfrac{1}{6c} \quad{(3)}$$

Từ $(1),(2),(3)$ có

$$ \dfrac{3}{a+2b}+\dfrac{3}{b+2c}+\dfrac{3}{c+2a} \ge \dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a} $$

Đó là điều cần chứng minh.

Đại học quốc gia TPHCM                                      Đề thi chọn đội dự tuyển môn toán lớp 10

Trường Phổ Thông Năng Khiếu                                        Năm học 2016-2017

                                                                                              Thời gian: 120 phút

 

Bài 1: Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{x^4}{x^3+y^2+z^2}+\frac{y^4}{y^3+x^2+z^2}+\frac{z^4}{z^3+y^2+x^2}\geq \frac{1}{7}$

 

Dùng Cauchy-Schwarz có

$$  \sum \dfrac{x^4}{x^3+y^2+z^2} \ge \dfrac{ \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2}{ x^3+y^3+z^3+2 \left( x^2+y^2+z^2 \right)} $$

Cần chứng minh

$$ \dfrac{ \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2}{ x^3+y^3+z^3+2 \left( x^2+y^2+z^2 \right)} \ge \dfrac{1}{7} \quad{(1)}$$

$(1)$ tương đương với

$$ 7  \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2 \ge x^3+y^3+z^3+2 \left( x^2+y^2+z^2 \right) \quad{(2)}$$

Từ giả thiết $x,y,z >0$ thỏa $x+y+z=1$ có

$$ 7  \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2 - \left(  x^3+y^3+z^3+2 \left( x^2+y^2+z^2 \right) \right) $$

$$= 7  \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2 - \left(  \left(x^3+y^3+z^3\right) \left( x+y+z \right)+2 \left( x+y+z \right)^2 \left( x^2+y^2+z^2 \right) \right) $$

$$  = \sum \left(2x^2-3xy+2y^2+2zx+2yz \right) \left( x- y \right)^2 \ge 0 $$

Như vậy $(2)$ đúng. Từ đó có điều cần chứng minh.

$2.$ Cho $X$ là tập hợp và $f: X \rightarrow X$ là ánh xạ sao cho $f \circ f \circ f =f$. Chứng minh rằng $f$ là đơn ánh khi và chỉ khi $f$ là toàn ánh.

Ta sẽ chứng minh hai ý sau:

1. Giả sử $f$ đơn ánh, ta sẽ chứng minh $f$ toàn ánh.

Lấy $x \in X$, có

$$ f \circ f \circ f (x) = f(x) $$

Mà $f$ đơn ánh do đó

$$ f \circ f (x) = x $$

Do đó $f$ toàn ánh.

2. Giả sử $f$ toàn ánh, ta sẽ chứng minh $f$ đơn ánh.

Lấy $a,b \in X$ thỏa $f(a)= f(b)$.

Do $f$ toàn ánh nên có $c,d \in X$ để

$$ f(c) = a \ \text{và} \ f(d)=b $$

Lúc đó

$$ a = f(c) = f \circ f \circ f (c) = f \circ f (a) = f \circ f (b) =f \circ f \circ f (d)= f(d) = b $$

Do đó $f$ đơn ánh.

Tìm tất cả các hàm f: R->R thoả: $f(x-f(y))=f(x)+xf(y)+f(f(y))\ , \  \forall x,y \in \mathbb{R} \quad{(1)}$

Trong $(1)$ thay $x$ bằng $f(y)$ được

$$ f(0) = 2 f(f(y)) +f^2 (y) \ , \ \forall y \in \mathbb{R} $$

Suy ra

$$ f(f(y)) = - \dfrac{ f^2 (y)}{2} +\dfrac{f(0)}{2}  \ , \ \forall y \in \mathbb{R} \quad{(2)}$$

Trong $(1)$ thay x bằng $f(x)$, đồng thời dùng $(2)$ được

$$ f \left(f(x)-f(y) \right) = -\dfrac{ \left( f(x) -f(y) \right)^2}{2} + f(0)  \ , \ \forall x,y \in \mathbb{R} \quad{(3)} $$

Trước tiên dễ thấy $f(y) = 0 \ , \ \forall y \in \mathbb{R}$ là một nghiệm hàm.

Xét trường hợp tồn tại $y_0 \in \mathbb{R}$ để $f(y_0) \neq 0$.

Trong $(1)$ thay $y$ bằng $y_0$ được

$$ f(x-f(y_0)) - f(x) = x \cdot f(y_0) + f(f(y_0)) \ , \ \forall x \in \mathbb{R} \quad{(4)} $$

Với mọi số thực $t$, từ $(4)$ ta thấy

$$ f\left( \dfrac{t-f(f(y_0))}{f(y_0)} -f(y_0)   \right) - f \left( \dfrac{t-f(f(y_0))}{f(y_0)} \right) = \left( \dfrac{t-f(f(y_0))}{f(y_0)} \right) \cdot f(y_0)+f(f(y_0)) = t \quad{(5)}$$

Trong $(3)$ thay $x$ bằng $ \dfrac{t-f(f(y_0))}{f(y_0)} -f(y_0)$ và thay $y$ bằng $ \dfrac{t-f(f(y_0))}{f(y_0)}$, kết hợp với $(5)$ được

$$ f(t) = -\dfrac{t^2}{2}+f (0) \ , \ \forall t \in \mathbb{R} $$

Thử lại vào $(1)$, tìm được $f(0) = 0 $.

Do đó, nghiệm của bài toán là $f(x) = 0 \ , \ \forall x \in \mathbb{R}$ và $f(x) = - \dfrac{x^2}{2} \ , \ \forall x \in \mathbb{R}$.

Câu 1a. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $ x^n+y^n \ge \left( xy \right)^n \left( x^{n+1}+y^{n+1} \right) \quad{(*)}$.

Ta sẽ chứng minh $(*)$ bằng quy nạp theo $n$.

• $n=1$, dễ chứng minh được $(*)$ đúng.
• Giả sử bất đẳng thức $(*)$ đúng với $n=k \ge 1$, ta có $x^k + y^k \ge \left( xy \right)^k \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right)$. Ta sẽ chứng minh $(*)$ đúng với $n=k+1$, tức là chứng minh $x^{k+1} + y^{k+1} \ge \left( xy \right)^{k+1} \left( x^{k+2}+y^{k+2} \right) \quad{(2)}$. 

Từ giả thiết $x+y=2$ ta có biến đổi

$$ 2 \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right) = \left( x+y \right)  \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right)= x^{k+2}+y^{k+2}+xy \left( x^k+y^k \right) $$

Khi đó bất đẳng thức $(2)$ tương đương với

$$ \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right) + \left( xy \right)^{k+2} \left( x^k +y^k \right) \ge 2 \left( xy \right)^{k+1} \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right) \quad{(3)}$$

Dùng AM-GM ta có

$$ \text{VT}_{(3)} \ge 2 \sqrt{\left( xy \right)^{k+2} \left( x^k +y^k \right)\left( x^{k+1}+y^{k+1} \right)    } $$

Cần chứng minh

$$ 2 \sqrt{\left( xy \right)^{k+2} \left( x^k +y^k \right)\left( x^{k+1}+y^{k+1} \right)    }  \ge  2 \left( xy \right)^{k+1} \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right) \quad{(4)}$$

Bất đẳng thức $(4)$ tương đương với 

$$ x^k + y^k \ge \left( xy \right)^k \left( x^{k+1}+y^{k+1} \right) $$

Đúng theo giả thiết quy nạp. Bất đẳng thức $(*)$ được chứng minh. 

Cho ba số thực dương $a,b,c$

Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{5a^2b+3}+\sqrt[3]{5b^2c+3}+\sqrt[3]{5c^2a+3} \leq \frac{21}{12}(a+b+c)+\frac{1}{4}(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$