1414141

Giải hệ phương trình: $$ \begin{cases}x(x+y)^2=9 \\x(y^3-x^3)=7\end{cases} $$

Mình thấy chủ đề phương trình hàm chưa có topic cụ thể nào để tổng hợp các bài toán. Hôm nay mình lập topic này để mọi người trao đổi với nhau về phương trình hàm.

Trong topic này mọi người sẽ cùng nhau đăng bài, giải bài. Đăng nhiều nhất là 3 bài. Khi nào giải quyết xong mới đăng bài mới. Sau 1 tuần chưa có ai giải thì bỏ qua bài này và bạn đăng bài sẽ đăng lời giải.

Mình xin mở đầu.

 

Bài 1: Tìm tất cả các hàm số liên tục $f:R\rightarrow R$  thỏa

          $f\left ( xy \right )=f\left ( \frac{x^{2}+y^{2}}{2} \right )+\left ( x-y \right )^{2},\forall x,y\in R$

Đặt $\frac{(x+y)^2}{4}=A, \frac{(x-y)^2}{4}=B$ thì ta thu được

$$f(A-B)=f(A+B)+4B \Rightarrow \frac{f(A-B)-f(A+B}{2B}=2 \Rightarrow \lim_{B \to 0}   \frac{f(A-B)-f(A+B)}{2B}=-2 $$

hay $f'(x)=2$ Từ đó $f(x)=-2x+C$ ta thay vào phương trình ban đầu được

$$=-2xy+C=-(x^2+y^2)+C+(x-y)^2$$

Vậy thỏa mãn.

Sao không phải dùng điều kiện liên tục nhỉ :-SS

@namcpnh : Không dùng liên tục thì sao em có $lim$ em có $f'$ ???

Dựa vào định lí kẹp ý, chứng minh đạo hàm bằng 0

Có tồn tại hay không hàm số  $f(x)$ là hàm khả vi liên tục thỏa mãn $f(x)>0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$

mà $f(f(x))=f'(x)$

$\sum \frac{a}{b}  \ge \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}=\frac{1}{ab+bc+ac}=\frac{1}{q}$

$\sqrt[3]{abc} \ge 9abc $ do $abc \le \frac{1}{9}$

Áp dụng thêm Schur $9abc \ge 4(a+b+c)(ab+bc+ac)-(a+b+c)^3=4q-1$

Ta có $VT \ge \frac{1}{q}+4q-1$ Ta sẽ chứng minh $\frac{1}{q}+4q-1 \ge \frac{9}{10(1-2q)} \Leftrightarrow \frac{(1-3q) (24 q^2-10 q+9)}{9 q (1-2q)} \ge 0$ Đúng vì $ q \le \frac{1}{3}$

Cho $a, b ,c$ là các số thực thoả mãn  $a+b+c=1$ , Chứng minh rằng:

$\sqrt{1+\frac{bc }{a}}+\sqrt{1+\frac{ca }{b}}+\sqrt{1+\frac{ab }{c}}\ge 2\sqrt{3}.$

Ta có $\sqrt{1+\frac{bc}{a}}=\sqrt{a+b+c+\frac{bc}{a}}=\sqrt{\frac{a(a+b+c)+bc}{a}}=\sqrt{\frac{(a+b)(a+c)}{a}} $

Áp dụng trực tiếp cô si 3 số ta cần chứng minh

$[(a+b)(b+c)(a+c)]^2 \ge \frac{64}{27}abc=\frac{64}{27}abc(a+b+c)^3$

BDT này đúng do $[(a+b)(b+c)(a+c)]^2\ge [\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)]^2 =\frac{64}{81}(a+b+c)^2[(ab+bc+ac)^2] \ge \frac{64}{81} (a+b+c)^2.3abc(a+b+c)$ 

$$2VT \ge VT+0+(a+b+c)=\frac{a^2}{b}+(b-a)+\frac{b^2}{c}+(c-b)+\frac{c^2}{a}+(a-c)+a+b+c=\bigg(\frac{a^2-ab+b^2}{b}+b\bigg)+(....)+(...)$$

áp dụng cô-si cho từng cái trong ngoặc ta được đpcm