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.


hthang0030

Đăng ký: 01-10-2015
Offline Đăng nhập: 04-09-2018 - 22:47
***--

#683533 $f(x)-2f(2x)+f(4x)=x^{2}+x, \forall x\in \mathb...

Gửi bởi hthang0030 trong 07-06-2017 - 17:22

Đặt $g(x)=f(x)-f(2x)$

=>$g(x)-g(2x)=x^2+x$

Đặt $g(x)=h(x)-\frac{1}{3}x^2-x$

=>$h(x)=h(2x)$

Bài toán được đưa về dạng quen thuộc:

$h(x)=p(log_{2}\pm x)$ với $p(x)$ là hàm tuần hoàn chu kỳ 1 trên $\mathbb{R}$




#677663 Có hay không 16 số thỏa mãn Đk

Gửi bởi hthang0030 trong 16-04-2017 - 23:57

-Giả sử tìm được 16 số thỏa mãn đề bài.Khi đó ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16:0,1,2...,15.Trong đó có 8 số chẵn và 8 số lẽ

=>a,b,c không đồng tính chẵn lẻ

Giả sử a,b chẵn và c lẻ.Có 9 số lẻ được tạo thành:$\overline{abc};\overline{aac};\overline{bac};\overline{bbc};\overline{ccc}; \overline{cbc};\overline{cac};\overline{acc};\overline{bcc}$

Gọi $\overline{x_{1}};\overline{x_{2}}...;\overline{x_{9}}$ là các số có 2 chữ số thu được từ các số trên bằng cách bỏ đi chữ số c ở hàng đơn vị 

Khi đó $\overline{x_{i}c}\not\equiv \overline{x_{j}c}(mod 16)<=>\overline{x_{i}}\not\equiv \overline{x_{j}}(mod 8)$

Nhưng trong 9 số $\overline{x_{1}};\overline{x_{2}}...;\overline{x_{9}}$  chỉ có 3 số lẻ $\overline{ac};\overline{bc};\overline{cc}$ nên 8 số bất kì trong 9 số $\overline{x_{1}};\overline{x_{2}}...;\overline{x_{9}}$ luôn có 2 số đồng dư mod 8(Mâu thuẫn)

=>Không tìm được 16 số thỏa mãn đề bài

 -Tương tự với trường hợp a,b lẻ và c chẵn




#677645 Chứng minh rằng: $4a^4+9b^4+16c^4+5a^2+10b^2+2c^2\ge 46$

Gửi bởi hthang0030 trong 16-04-2017 - 21:38

Gọi VT của bđt cần chứng minh là A

Theo đề bài:

$2ab(a+3b)+2ac(a+2c)+3bc(b+4c)\ge 29 <=>2a^2(b+c)+3b^2(2a+c)+4c^2(a+3b)\geq 29<=>2.2a^2(b+c)+2.3b^2(2a+c)+2.4c^2(a+3b)\geq 58=>4a^4+(b+c)^2+9b^4+(2a+c)^2+16c^4+(a+3b)^2\geq 58<=>A+2(3ab+2ac+bc)\geq 58<=>A\geq 46 (Q.E.D)$




#675878 $ \sqrt{\frac{a+b}{c}} + \sqrt{\frac{c+b}{a}} +...

Gửi bởi hthang0030 trong 01-04-2017 - 03:20

cho a,b,c >=0. CMR:

$ \sqrt{\frac{a+b}{c}} + \sqrt{\frac{c+b}{a}} + \sqrt{\frac{a+c}{b}} \geq 2(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}

Chuẩn hóa $a+b+c=1$

BĐT cần chứng minh

<=>$\sum \frac{1-3a}{\sqrt{a(1-a)}}\geq 0$

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$

=>$1-3a\leq 1-3b\leq 1-3c$

và $\frac{1}{\sqrt{a(1-a)}}\leq \frac{1}{\sqrt{b(1-b)}}\leq \frac{1}{\sqrt{c(1-c)}}$

Theo BĐT Chebyshev

=>$3\sum \frac{1-3a}{\sqrt{a(1-a)}}\geq\sum (1-3a).\sum \frac{1}{\sqrt{a(1-a)}}=0$

=>Q.E.D

Dấu "=" xảy ra <=> $a=b=c=\frac{1}{3}$




#675877 $2^{a}+3^{b}$

Gửi bởi hthang0030 trong 01-04-2017 - 02:59

Dễ thấy a chẵn $\Rightarrow a=2k\Rightarrow x^2=2^a+3^b\Leftrightarrow 3^{b}=x^2-2^{2k}=(x-2^{k})(x+2^{k})$

đến đây ta đặt $x-2^{k}=3^{m},x+2^{k}=3^{n}\Rightarrow m+n=b$ là giải được

Đoạn cuối phải sử dụng L.T.E mới giải quyết trọn vẹn được bài này




#675682 Với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn

Gửi bởi hthang0030 trong 30-03-2017 - 03:20

$a\leq 1;a+b\leq 5;a+b+c\leq 14$

Tìm GTNN của $P=\sqrt{a}+\sqrt{b} +\sqrt{c}$

Theo mình nghĩ thì bài này phải là tìm GTLN của $P$

ĐKXĐ:$a\geq 0;b\geq 0;c\geq 0$

Theo bài ra ta có:

$3a+(a+b)+2(a+b+c)\leq 3+5+2.14<=>6a+3b+2c\leq 36$

Mặt khác dụng bđt C-S:$(6a+3b+2c)(1+2+3)\geq 6(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2$

$=>(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2\leq 36$

$=>\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq 6$

Dấu $"="$ xảy ra $<=>$ $a=1$;$b=4$;$c=9$




#675681 $\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c...

Gửi bởi hthang0030 trong 30-03-2017 - 03:18

 S.O.S là BĐT j vậy ???

https://julielltv.wo...chur-ban-s-o-s/




#675209 $\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c...

Gửi bởi hthang0030 trong 24-03-2017 - 00:47

Không mất tính tổng quát giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$

BĐT cần chứng minh

<=> $\sum (\frac{a^3}{b}-a^2)+\sum (2ab-2b^2)\geq 0<=>\sum \frac{a^2(a-b)}{b}+\sum 2b(a-b)\geq 0<=>\sum \frac{a^2+2b^2}{ab-b^2}(a-b)^2\geq 0$ 

BĐT này đúng theo tiêu chuẩn 2 định lý S.O.S 

=>Q.E.D




#667538 $Max$ $P=(x-y)^2-2(x+y)$

Gửi bởi hthang0030 trong 07-01-2017 - 23:33

$P=(x-y)^2-2(x+y)=(x+y)^2-3(x+y)$ 

+ Xét $x+y< \frac{3}{2}$ =>Hàm nghịch biến=>P max<=>x+y min<=>x+y=1

=>P max=2 tại $x=y=\frac{1}{2}$

+Xét $x+y\geq \frac{3}{2}$ =>Hàm đồng biến=>P max<=>x+y max

Có:$x;y\leq 2=>(x-2)(y-2)\geq 0=>xy+4\geq x+y<=>\frac{x+y}{4}+4\geq x+y=>x+y\leq \frac{16}{7}$

=>P max=$(\frac{16}{7})^2-3\frac{16}{7}=-1\frac{31}{49}$ tại $x=2;y= \frac{2}{7}$ hoặc $y=2;x= \frac{2}{7}$

=>...




#665490 Chứng minh rằng: $\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\ge \fr...

Gửi bởi hthang0030 trong 22-12-2016 - 19:22

Lần sau up bài thì up cho cẩn thận nhé bạn =.=

Lời giải: $\sum \frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=\sum a-\frac{a^2b+b^2a}{a^2+ab+b^2}\geq \sum a-\frac{a^2b+b^2a}{3ab}=\sum a-\frac{a+b}{3}=\sum \frac{a}{3}$ (Q.E.D)




#665485 Chứng minh rằng: $\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\ge \fr...

Gửi bởi hthang0030 trong 22-12-2016 - 19:13

Theo mình thì đề bài đúng phải là:Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3.CMR:$\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$

Đây là lời giải của mình:

Ta sẽ có bổ đề:$\sum \frac{a^2-b^2}{a^2+ab+b^2}\geq 0$

Thật vậy,bổ đề <=>$\sum \frac{(a+b)(a-b)^2}{a^3-b^3}\geq 0$ (Đúng theo tiêu chuẩn 2 định lý S.O.S) (Hiển nhiên dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$ nên ta chỉ xét trường hợp $a-b$;$b-c$;$c-a$ khác 0)

Từ bổ đề=>$\sum \frac{2a^2}{a^2+ab+b^2}\geq \sum \frac{a^2+b^2}{a^2+ab+b^2}=\sum 1-\frac{ab}{a^2+ab+b^2}\geq \sum 1-\frac{ab}{3ab}\geq 2$

=>$\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$ (Q.E.D)




#663069 Giải PT: $\sqrt{-x^{2}+3x+2}+\sqrt{x+...

Gửi bởi hthang0030 trong 25-11-2016 - 22:45

$\sqrt{A}+\sqrt{B}=2$ (1)

$A-B=-(x+1)^2$

=>$\sqrt{A}-\sqrt{B}=\frac{-(x+1)^2}{2}$ (2)

Lấy (1) trừ (2),sau đó bình phương lên giải phương trình bậc 4 là được

Bài này nghiệm lẻ nên có cách này là ổn thôi 




#656249 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. CMR (p-1)!\sum_{1}^...

Gửi bởi hthang0030 trong 01-10-2016 - 19:27

Bài 2:

$(p-1)!\sum_{1}^{p-1}\frac{1}{k}=(p-1)![(1+\frac{1}{p-1})+(\frac{1}{2}+\frac{1}{p-2})+...+(\frac{1}{\frac{p-1}{2}}+\frac{1}{\frac{p+1}{2}})]=p(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\vdots p$ 

Như vậy nếu ta chứng minh được:$(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\vdots p$ thì bài toán được giải quyết

Có: $(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\equiv (\frac{p-1}{2})!^2[1+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{(\frac{p-1}{2})^2}]$ (mod p)

Mặt khác:$(\frac{p-1}{2})!^2[1+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{(\frac{p-1}{2})^2}]\equiv(\frac{p-1}{2})!^2[1^2+2^2+...+(\frac{p-1}{2})^2]$ (mod p)

(vì p nguyên tố nên $(\frac{p-1}{2})!^2[1;\frac{1}{2^2};...;\frac{1}{(\frac{p-1}{2})^2}]$ và $(\frac{p-1}{2})!^2[1^2;2^2;...;(\frac{p-1}{2})^2]$ có thể coi như 2 hệ thặng dư đầy đủ của $a^2$ theo mod p) 

=>$(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\equiv (\frac{p-1}{2})!^2[1^2+2^2+...+(\frac{p-1}{2})^2]$ (mod p)

Mà:$(\frac{p-1}{2})!^2[1^2+2^2+...+(\frac{n-1}{2})^2]=(\frac{p-1}{2})!^2.\frac{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}.p}{6}\vdots p$

=>$(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\vdots p$

=>Vậy ta có ĐPCM




#649814 Cho các số nguyên a, b phân biệt sao cho ab(a+b)$\vdots a^{2...

Gửi bởi hthang0030 trong 15-08-2016 - 22:12

$y^{2}\vdots t$ thì $y\vdots t$ à. Ví dụ số 64 với 16 xem. $64\vdots 16 \Rightarrow 8\vdots 16$???

Tớ gõ nhầm...sửa rồi đó :) :) :)




#649443 Cho các số nguyên a, b phân biệt sao cho ab(a+b)$\vdots a^{2...

Gửi bởi hthang0030 trong 13-08-2016 - 19:33

Gọi (a;b)=d=>a=dx;b=dy (d,x,y nguyên dương,x khác y và (x;y)=1 )

=>$dxy(x+y)\vdots x^2+xy+y^2$

Giả sử $(x;x^2+xy+y^2)=t$ (t là số nguyên dương)

-Nếu t khác 1.Gọi p là ước nguyên tố của t=>$y^2\vdots p$=>$y\vdots p$

=> cả x và y đều chia hết cho p(Vô lí)

=>$(x;x^2+xy+y^2)=1$ Tương tự $(y;x^2+xy+y^2)=1$

Lại có:(x;y)=1 dễ thấy $(x+y;x^2+xy+y^2)=1$

=>$d\vdots x^2+xy+y^2$

=>$d\geq x^2+xy+y^2> 3xy$ (vì x khác y)

=>$d^3> 3ab$

Lại có:$\left | a-b \right |=d\left | x-y \right |> d$

=>$\left | a-b \right |> \sqrt[3]{ab}$ (ĐPCM)