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.


phamxuanvinh08101997

Đăng ký: 21-05-2014
Offline Đăng nhập: 04-07-2019 - 13:16
-----

#608882 Ôn thi Olympic Toán học sinh viên 2015 [Giải tích]

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 14-01-2016 - 07:45

Bài 18:Cho hai hàm $f(x),g(x)$ liên tục trong $ [a;b] $ và khả vi trong $ (a;b) $ sao cho $ f(a)=f(b)$ và $g(a)=g(b)$.Chứng minh tồn tại $c\in (a;b)$ thỏa mãn $$ {f( c )}'={g( c )}'.f( c ) $$ 

Lấy hàm $F(x)=ln(f(x))-g(x)$ ,suy ra $F(a)=F(b)$ do đó tồn tại c sao cho $F'(c)=0 \Leftrightarrow đpcm$

Mình cũng HVKTQS nè




#566878 Chứng minh rằng $p \leq -3 \sqrt{3}$ và $q...

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 19-06-2015 - 16:03

Giả sử tam giác $ABC$ có ba góc nhọn để $tgA, tgB, tgC$ là ba nghiệm của phương trình :

$x^{3}+px^{2}+qx+p=0 (q \neq 1)$

Chứng minh rằng $p \leq -3 \sqrt{3}$ và $q>1$

Theo Vi-ét ta có $\left\{\begin{matrix}tanA +tanB +tanC=-p \\tanAtanB+tanBtanC+tanCtanA>1 \\tanA.tanB.tanC=-p \end{matrix}\right.$

Đặt $tanA=x;tanB=y;tanC=z$ suy ra $x+y+z=xyz$ theo BĐt AM-GM thì  $x+y+z \geq 3sqrt[3]{xyz}$ do đó $xyz \geq 3\sqrt[3]{xyz} \Leftrightarrow xyz \geq 3\sqrt{3}\Rightarrow x+y+z \geq 3\sqrt{3} \Rightarrow p \leq -3\sqrt{3}$ suy ra đpcm




#541339 $f=\frac{a}{c}+\frac{b}{d...

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 19-01-2015 - 19:32

Cho 4 số thực a,b,c,d phân biệt thỏa mãn $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}=4,ac=bd$

Tìm max:

$f=\frac{a}{c}+\frac{b}{d}+\frac{c}{a}+\frac{d}{b}-\frac{abcd}{(ab+cd)^2}$

Đặt $x=\frac{a}{b} ,y=\frac{b}{c}$ do ac=bd nên $\frac{c}{d}=\frac{b}{a}=\frac{1}{x},\frac{d}{a}=\frac{c}{b}=\frac{1}{y}$ ,Từ đây ta có $x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=4$ và do đó 1 trong 2 số $\frac{1}{x}+x$ hoặc $\frac{1}{y}+y$ phải lớn hơn 0 hay x hoặc y lớn hơn 0 ( không xảy ra TH x,y cùng >0 vì đk a,b,c,d phân biệt)

Ta có $f(a,b,c,d)=\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{b}-\frac{abcd}{(ab+cd)^2}=xy+\frac{y}{x}+\frac{1}{xy}+\frac{x}{y}-\frac{1}{(y+\frac{1}{y})^2}=(x+\frac{1}{x})(y+\frac{1}{y})-\frac{1}{(y+\frac{1}{y})^2}$ 

Đặt $\frac{1}{x}+x=u,\frac{1}{y}+y=v$ thì $f(a,b,c,d)=uv-\frac{1}{v^2}$ và $u+v=4$ 

Nếu $x>0,y<0$ thì $v \leq -2$ ta có $f(a,b,c,d)=(4-v)v-\frac{1}{v^2} \leq \frac{-49}{4}$ (xét hàm)

Nếu $x<0,y>0$ thì $u=\frac{1}{x}+x \leq -2 \rightarrow v \geq 6$ nên ta có $f(a,b,c,d)=(4-v)v-\frac{1}{v^2} \leq \frac{-433}{36}$(xét hàm)

Như vậy Max_P=\frac{-433}{36}




#540131 $\sum \frac{1}{4-\sqrt{ab}}...

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 09-01-2015 - 19:47

Cho $a^2+b^2+c^2=3$ và a,b,c là các số thực dương. CM

$\sum \frac{1}{4-\sqrt{ab}}< 1$

Đề bài chắc phải thế này $\sum \frac{1}{4-\sqrt{ab}}\leq 1$

Đặt $\sqrt{a}=x,\sqrt{b}=y,\sqrt{z}=c \Rightarrow x^4+y^4+z^4=3$ từ đó suy ra Bđt tương đương $\sum \frac{1}{4-xy}\leq 1$

Ta có bđt $\frac{1}{4-xy}\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{4-x^2}+\frac{1}{4-y^2})$ (với $0\leq x,y\leq 2$ ta có )

và $\frac{1}{4-x^2}\leq \frac{x^4+15}{18}$ (PP tiếp tuyến) 

từ đó suy ra đpcm




#539971 CMR $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0$

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 07-01-2015 - 14:56

ta giả sử $a+b-c<0$ thì có $\frac{c}{a}+\frac{c}{b}>4$

do đó để chứng minh điều này sai thì ta cần chứng minh $\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\leq 4$

do đó phần chứng minh trên chưa xong

 

U-Th

  Mình đã sửa lại rồi ,đánh máy nhầm




#539759 Min$P=\frac{2y^{2}}{2y+xz}+\frac...

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 05-01-2015 - 19:08

Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn $x^{2}+y^{2}=z^{2}+4$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

$P=\frac{2y^{2}}{2y+xz}+\frac{3x^{3}+3xy^{2}-2x^{2}y}{y(z+2)^{2}}$

$P=\frac{2y^2}{2y+xz}+\frac{3x(x^2+y^2)-2x^2y}{y(z+2)^2}=\frac{2y^2}{2y+xz}+\frac{3x}{y}-\frac{2x^2}{(z+2)^2}\geq \frac{2y^2}{\sqrt{(z^2+4)(x^2+y^2)}}+\frac{3x}{y}-\frac{x^2}{z^2+4}=\frac{2y^2-x^2}{x^2+y^2}+\frac{3x}{y}=2-\frac{3x^2}{x^2+y^2}+\frac{3x}{y}\geq 2$ (do AM-GM dưới mẫu)




#539752 Giải dùm em hệ này $\begin{cases} &x^2 + y^2=1...

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 05-01-2015 - 18:32

 

Đề:
$\begin{cases} &x^2 + y^2=1  \\  &48x^2 -48y^2 + 28xy + 21x +3y=69  \end{cases}$
Em cám ơn nhiều ạ!

 

Nhân pt 1 với 50 ,rồi cộng với pt 2 Ta có $98x^{2}+x(28y+21)+2y^{2}+3y-119=0\Rightarrow (7x+y-7)(14x+2y+17)=0$

Đến đây thì bài toán coi như xong




#529416 $f(f(x)+f(y))=x+y$

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 18-10-2014 - 20:08

THeo cái trước thì f(f(x))+f(f(y))=x+y

Thì từ $f(f(x)+f(y))=x+y$ thay x=f(x) ta có $f(x+f(y))=f(x)+y$ tiếp tục thay y=x ta có đpcm




#529285 $f(f(x)+f(y))=x+y$

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 17-10-2014 - 18:31

Tìm $f:R\rightarrow R$ thoả: $f(f(x)+f(y))=x+y$ với mọi $x,y\epsilon R$

Thay x=y=0 suy ra $f(2f(0))=0$ , thay x=y=2f(0) ta có $f(0)=4f(0)\Rightarrow f(0)=0$

Lấy y=0 ta có $f(f(x))=x$ ,tương tự suy ra $f(f(y))=y$. Do đó $f(f(x)+f(y))=f(x)+f(y)$ suy ra $f(x)=x$, Thử lại thấy thoả mãn




#528386 Tìm n để \[A = \frac{{{{\left( {a + 1...

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 12-10-2014 - 09:15

Xét TH a,n nguyên dương ( TH còn lại không biết làm  :icon6: )

dễ thấy n phải lẻ 

xét n=1, thì mọi a đều đúng

với $n\geq 3$

gọi p là một ước nguyên tố lẻ của n

$(a+1)^{n}\equiv a^{n}(mod p)$

$a+1\equiv a(modp)$ ( do n lẻ)

suy ra p / 1 (!!!)

vậy n=1

mọi a nguyên dương

TH này mình làm được rồi nhưng đây là (a,n) nguyên nên vẫn chưa giải quyết đc bài toán . Theo mình nghĩ đề bài này có vấn đề




#528323 Chứng minh: MN là đường kính của (O3)

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 11-10-2014 - 21:00

Cho (O1) tiếp xúc ngoài với (O2) tại A,(O2) tiếp xúc ngoài với (O3) tại B,(O3) tiếp xúc ngoài với (O1) tại C,  AB cắt (O3) tại M,  AC cắt (O3) tại N. Chứng minh: MN là đường kính của (O3)

rõ ràng $O_{1}O_{2}||NO_{3},O_{1}O_{2}||O_{3}M$ suy ra đpcm




#528208 đề thi chọn hsg cấp thành phố lớp 12 thành phố hải phòng năm học 2014-2015

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 11-10-2014 - 08:02

Bài 5:

giả sử số màu được tô nhiều nhất là màu đỏ suy ra có tối thiểu 100 màu đỏ, chia 100 điểm ấy vào 20 hàng và 20 cột

Gọi $a_{i}$ là số màu đỏ trong cột thứ i suy ra $\sum_{i=1}^{20}a_{i}=100$ ,khi đó số cặp tô cùng màu đỏ trong cột i là $\frac{a_{i}(a_{i}-1)}{2}$ số cặp điểm có hoành độ trùng nhau là $\sum_{i=1}^{20}\frac{a_{i}(a_{i}-1)}{2}$. Ta có $\sum_{i=1}^{20}\frac{a_{i}(a_{i}-1)}{2}\geq 200$ . Vì mỗi cặp điểm trong cột tương ứng với 1 cặp hàng , các điểm trong cùng một hàng có cùng tung độ .Số cặp hàng khác nhau là $C_{20}^{2}=190$ , từ đây suy ra đpcm




#527821 $AF$ vuông góc $BC$

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 08-10-2014 - 20:27

Cho tam giác $ABC$, $D;E$ lần lượt thuộc $AB;AC$ sao cho $\Delta ADE\sim \Delta ACB$. $AF$ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$. Chứng minh rằng: $AF$ vuông góc $BC$

Kéo dài A cắt BC ở K .Vì $\Delta ADE\sim \Delta ACB$ nên $\angle AED=\angle DBC\Rightarrow \angle DBC=\angle AFD\Rightarrow$ BDFK nội tiếp suy ra \angle FKB+\angle BDF=180\Rightarrow \angle BFK=90^{0}

P/s : Bạn tự vẽ hình dùm mình nhé




#527660 Đề thi chọn đổi tuyển chuyên Nguyễn Du(vòng 2) 2014-2015

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 07-10-2014 - 20:17

 

Bài 4:(3 điểm)

tìm các hàm số $f$ liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :$f(x+f(y))=f(x)+y,\forall x,y\in \mathbb{R}$

 

NTP

Đặt $f(0)=a$ . lấy x=0,y=0 ta có $f(f(0))=f(0)\Leftrightarrow f(a)=a$, lấy x=0,y=a ta có $f(a)=2a\Rightarrow a=0\Rightarrow f(0)=0$

lấy x=0 ta có $f(f(y))=y$, lấy $x=f(y)$ ta có $f(2f(y))=f(f(y))+y$ suy ra $f(2f(y))=2y$

lấy x=y ,y thay bằng f(y) ta có $f(2y)=2f(y)$ nên $f(2y)=2y\Rightarrow f(x)=x$ ,thử lại thấy thoả mãn .

Vậy $f(x)=x$




#527535 $f(ab)f(bc)f(ac)f(a+b)f(b+c)f(c+a)=2014$

Gửi bởi phamxuanvinh08101997 trong 06-10-2014 - 19:58

  Tìm tất cả các hàm $f:R^{+}\rightarrow R^{+}$ thỏa mãn :

 

           $f(ab)f(bc)f(ac)f(a+b)f(b+c)f(c+a)=2014$     với mọi $a,b,c> 0$

 

 

 

P/s: Mất nick Hoang Tung 126

Cho x=y=z=t ta có \[{\left[ {f\left( {{t^2}} \right)f\left( {2t} \right)} \right]^3} = 2014\], suy ra \[f\left( {{t^2}} \right)f\left( {2t} \right) = \sqrt[3]{{2014}}\]. Lấy x=y=t và z=1 suy ra

\[{f^2}\left( t \right){f^2}\left( {{t^2}} \right)f\left( {2t} \right){f^2}\left( {t + 1} \right) = 2014\] nên từ đây ta có \[f\left( t \right)f\left( {t + 1} \right) = \sqrt[3]{{2014}}\]

Thay t bằng t+1 suy ra \[f\left( {t + 1} \right)f\left( {t + 2} \right) = \sqrt[3]{{2014}}\] nên \[f\left( t \right) = f\left( {t + 2} \right)\]

Ta lấy z=1 ta được\[f\left( {xy} \right)f\left( x \right)f\left( y \right)f\left( {x + y} \right)f\left( {x + 1} \right)f\left( {y + 1} \right) = 2014\] suy ra \[f\left( {xy} \right)f\left( {x + y} \right) = \sqrt[3]{{2014}}\] .Lần lượt thay y=2 và y=4 ta có  \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( {2x} \right)f\left( {x + 2} \right) = \sqrt[3]{{2014}}}\\{f\left( {4x} \right)f\left( {x + 4} \right) = \sqrt[3]{{2014}}}\end{array}} \right. \Rightarrow f\left( {2x} \right) = f\left( {4x} \right)\] vì \[f\left( t \right) = f\left( {t + 2} \right)\] suy ra \[f\left( x \right)f\left( {x + 2} \right) = \sqrt[3]{{2014}} \Rightarrow f\left( x \right) = \sqrt[6]{{2014}}\]