Họ Tên: Hoàng Huy Thông
Nick trong diễn đàn (nếu có): Huy Thong
Năm sinh: 1999
Hòm thư: [email protected]
Dự thi cấp: THPT
- Dung Du Duong và nhungvienkimcuong thích
Gửi bởi Huy Thong trong 14-09-2015 - 21:51
Họ Tên: Hoàng Huy Thông
Nick trong diễn đàn (nếu có): Huy Thong
Năm sinh: 1999
Hòm thư: [email protected]
Dự thi cấp: THPT
Gửi bởi Huy Thong trong 11-07-2015 - 11:54
Mình tưởng toàn ánh thì mới đc đặt x=f(x)?
Toàn ánh thì được thay $f(x)$ bởi $x$ còn thay $x$ bởi $f(x)$ được là vì tập xác định của $f$ là $\mathbb{R}$
Gửi bởi Huy Thong trong 10-07-2015 - 11:17
Lời giải. Giả sử $P(x;y)$ là tính chất của $f(xy+f(x))=xf(y)+f(x)$.
$P(x,0) \Rightarrow f(f(x))=xf(0)+f(x)$. Từ đây ta suy ra $f$ đơn ánh.
$P(0,y) \Rightarrow f(f(0))=f(0) \Rightarrow f(0)=0$.
Do đó $f(f(x))=xf(0)+f(x)=f(x) \Rightarrow f(x)=x$.
Vậy $f(x)=x, \; \forall x \in \mathbb{R}$.
Chỗ này phải có $f(0) \neq 0$ thì $f$ mới đơn ánh.
Lời giải của mình
$f(xy+f(x))=xf(y)+f(x), \forall x,y \in \mathbb{R}\ \ \ \ \ (1)$
Cho $y=0$ trong $(1)$ ta có $f(f(x))=xf(0)+f(x)$
Nếu $f(0) \neq 0$ thì $f$ đơn ánh, từ đó có $f(0)=0,$ vô lý.
Do đó $f(0)=0$, suy ra $f(f(x))=f(x)$
Xét $x \neq 0$
Cho $x=f(x), y=x$ trong $(1)$ ta có $f(xf(x)+f(x))=f^2(x)+f(x)$
Cho $y=f(x)$ trong $(1)$ ta có $f(xf(x)+f(x))=xf(x)+f(x)$
Suy ra $f(x)\left [ f(x)-x \right ]=0$
Giả sử tồn tại $a,b \neq 0$ sao cho $f(a)=0, f(b)=b.$
Cho $x=b, y=a$ trong $(1)$ ta có $f(ab+b)=b$
Vì $f(x)\left [ f(x)-x \right ]=0$ và $b \neq 0$ nên $ab+b=b$, vô lý vì $a,b \neq 0$
Do đó $f(x)\equiv 0$ hoặc $f(x) \equiv x$ với mọi $x\neq 0.$
Kết hợp với $f(0)=0$ ta có $f(x)\equiv 0$ và $f(x) \equiv x$ với mọi $x \in \mathbb{R}.$
Thử lại ta thấy các hàm trên đều thỏa đề.
Gửi bởi Huy Thong trong 09-07-2015 - 16:54
Tìm hằng số thực $k$ tốt nhất cho bất đẳng thức sau $$\frac{1+bc}{ka^2+bc} + \frac{1+ca}{kb^2+ca} + \frac{1+ab}{kc^2+ab} \geq \frac{12}{k+1}$$ với $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=1.$
Gửi bởi Huy Thong trong 26-06-2015 - 19:56
Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho mọi tập hợp $k$ phần tử của tập $\left \{ 1,2,...,50 \right \}$ đều chứa hai phần tử $a,b$ phân biệt sao cho $ab$ chia hết cho $a+b$.
Gửi bởi Huy Thong trong 23-06-2015 - 21:29
Bài 8 ( Liên Xô 1965 ) :
Trong cuộc hội thảo có 40 cuộc họp, mỗi cuộc họp có 10 thành viên. Cho biết hai thành viên bất kì chỉ cùng dự họp với nhau tối đa một lần. Chứng minh rằng cuộc hội thảo có nhiều hơn 60 thành viên.
Gọi số thành viên là $n.$
Ta xét bảng gồm $n$ cột và $40$ dòng. Mỗi cột tương ứng với $1$ thành viên và mỗi dòng ứng với $1$ cuộc họp.
Tại dòng $j$ cột $i$ ta viết số $1$ nếu thành viên $i$ tham gia cuộc họp $j$ và viết số $0$ nếu thành viên đó không tham gia.
Vì hai thành viên bất kì chỉ cùng dự họp với nhau tối đa một lần nên không tồn tại $4$ số $1$ trên bảng tạo thành một hình chữ nhật.
Gọi $a_i$ là số số $1$ trên cột $i.$ Vì mỗi cuộc họp có $10$ thành viên nên $\sum_{i=1}^{n}a_i=400.$
Ta đếm số cặp số $1$ trên từng cột theo hai cách.
$\cdot$ Số cặp số $1$ trên cột $i$ là $\dfrac{a_i(a_i-1)}{2}$
Do đó tổng số cặp số $1$ trên từng cột trong bảng là $\sum_{i=1}^{n} \dfrac{a_i(a_i-1)}{2}$
$\cdot$ Vì không tồn tại $4$ số $1$ trên bảng tạo thành một hình chữ nhật nên khi chiếu các cặp số $1$ xuống phương thẳng đứng sẽ không tồn tại hai cặp số $1$ trùng nhau nên số cặp số một trên từng cột trong bảng không vượt quá $C_{40}^{2}=780$
Do đó $\sum_{i=1}^{n} \dfrac{a_i(a_i-1)}{2}\leq 780 \Leftrightarrow \sum_{i=1}^{n}a_i^2 \leq 1560+\sum_{i=1}^{n}a_i=1960$
Theo bất đẳng thức $C-S,$ ta có $1960\geq \dfrac{\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i \right )^2}{n} \Leftrightarrow n\geq \frac{400^2}{1960}>81>60.$
Bài 9 ( VMO ):
Cho tập $S=\left \{ 1,2,...,n \right \}$. Gọi $T$ là tập tất cả các tập con không rỗng của $S$. Với mỗi $X$ thuộc $T$, gọi $m(X)$ là trung bình cộng các phần tử của $X$. Tính $m=\frac{\sum m(X)}{\left | T \right |}$
Cách khác: Với mỗi tập con $X$ của $S.$ Ta xét tập con $X'=\left \{ n+1-a\ \mid a\in X \right \}.$ Suy ra $m(X)+m(X')=n+1.$
Vì mỗi tập con $X$ xác định được duy nhất tập $X'$ và $X'$ là tập con của $S$ nên $2\sum m(X)=\sum m(x)+m(X')=(n+1)\left | T \right |$
Từ đó ta có $m=\frac{n+1}{2}.$
Gửi bởi Huy Thong trong 31-05-2015 - 23:10
1. Cho $a, b, c$ thoả $a+b+c=-9.$ Tìm min của $a^4+b^4+c^4-8(a^2+b^2+c^2).$
2. Cho $a,b,c$ thỏa $a\leq 6, b\leq -8, c\leq 3.$ Chứng minh rằng với mọi $x\geq1$ thì $x^4\geq ax^2+bx+c.$
Gửi bởi Huy Thong trong 21-09-2014 - 21:09
Cho x, y, z thỏa mãn: xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của A, biết:
$A= \frac{1}{x^{2}+y^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+z^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+x^{2}+1}$
Phải là giá trị lớn nhất chứ nhỉ?
Đặt $x=\dfrac{a}{\sqrt{bc}}, y=\dfrac{b}{\sqrt{ca}}, z=\dfrac{c}{\sqrt{ab}}$
Khi đó $A=\sum \dfrac{xyz}{x^3+y^3+xyz} \geq \sum \dfrac{xyz}{xy(x+y)+xyz}=\sum \dfrac{z}{x+y+z}=1$
Gửi bởi Huy Thong trong 21-09-2014 - 20:03
mọi người cho em hỏi từ giả thiết $a^2+b^2+c^2+abc=4$ với $a,b,c>0$ sao lại có thể đặt
$a=\frac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}},b=\frac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}},c=\frac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}$
hoặc $a=\frac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}},b=\frac{2y}{\sqrt{(y+z)(y+x)}},c=\frac{2z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}$
ví dụ như từ giả thiết $ab+bc+ca+abc=4$ thì có thể đặt $x=\frac{2a}{b+c};y=\frac{2b}{c+a};z=\frac{2c}{a+b}$ thì cái đó em hiểu là từ $ab+bc+ca+abc=4$ thì ta biến đổi thành $\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1$ và từ đó thì đơn giản
hay từ $ab+bc+ca+2abc=1$ thì ta có thể đặt $a=\frac{x}{y+z},b=\frac{y}{z+x},c=\frac{z}{x+y}$ do từ $ab+bc+ca+2abc=1$ thì ta biến đổi thành $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2$ và từ đó đơn giản
nhưng từ cái $a^2+b^2+c^2+abc=4$ đặt được như trên thì em không hiểu lí do
mong một lời giải thích
NTP
Đặt $m=\dfrac{2a}{bc}, n=\dfrac{2b}{ca}, p=\dfrac{2c}{ab}$ $(m,n,p>0)$
Khi đó $a=\dfrac{2}{\sqrt{np}}, b=\dfrac{2}{\sqrt{pm}}, c=\dfrac{2}{\sqrt{mn}}$
Từ $a^2+b^2+c^2+abc=4$ ta được $\dfrac{4}{np}+\dfrac{4}{pm}+\dfrac{4}{mn}+\dfrac{8}{mnp}=4 \Leftrightarrow m+n+p+2=mnp$
Dễ thấy tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $m=\dfrac{x+y}{z}, n=\dfrac{y+z}{x}, p=\dfrac{z+x}{y}$
Hay $a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}},b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}},c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}$
Tiếp tục, nếu đặt $d=\sqrt{\dfrac{yz}{x}}, e=\sqrt{\dfrac{zx}{y}}, f=\sqrt{\dfrac{xy}{z}}$ thì $x=ef, y=fd, z=de$
Từ đó được $a=\frac{2d}{\sqrt{(d+e)(d+f)}},b=\frac{2e}{\sqrt{(e+f)(e+d)}},c=\frac{2f}{\sqrt{(f+d)(f+e)}}$
Gửi bởi Huy Thong trong 21-09-2014 - 15:01
Bài 1: Cho $a,b,c \geqslant 0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh:
(a) $$ a^2+b^2+c^2 \geqslant a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 $$
Trường hợp 1: Trong 3 số $a,b,c$ tồn tại ít nhất một số bằng $0.$ Giả sử $a=0.$
Khi đó $b^2+c^2=4$
Ta cần chứng minh $b^2c^2\leq 4$
Thật vậy, ta có $b^2c^2\leq \dfrac{1}{4}(b^2+c^2)^2=4$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=0, b=c=\sqrt{2}$
Trường hợp 2: $a,b,c>0$
Ta có thể đặt $$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}},\ b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}},\ c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}\ \ (x,y,z>0)$$
Ta cần chứng minh
$$\sum \dfrac{xy}{(y+z)(x+z)}\geq \sum \dfrac{4xy^2z}{(x+y)(y+z)(z+x)^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{x+y}{z} \geq \sum \dfrac{4y}{x+z}$$
Áp dụng BĐT C-S, ta có $$\sum \dfrac{4y}{x+z}\leq \sum \left ( \dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{z} \right )=\sum \dfrac{x+y}{z}$$
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z \Leftrightarrow a=b=c=1$
Gửi bởi Huy Thong trong 20-09-2014 - 17:07
Cho x,y,z là các số thực dương thỏa $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=1$ . Tìm GTLN của biểu thức:
$P=\sqrt{\frac{xy}{x+y+2z}}+\sqrt{\frac{yz}{y+z+2x}}+\sqrt{\frac{zx}{z+x+2y}}$
Đặt $x=a^2, y=b^2, z=c^2$ $(a,b,c>0)$ thì $a+b+c=1$
Khi đó ta có
$\textrm{P}=\sum \dfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2+2c^2}} \leq \sum \dfrac{ab\sqrt{2}}{\sqrt{(a+c)^2+(b+c)^2}}\leq \sum \dfrac{ab}{\sqrt{(a+c)(b+c)}} \leq$
$\leq \dfrac{1}{2}\sum \left ( \dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c} \right )=\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{1}{2}$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học