Bài toán : Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp . Một đường thẳng $d$ thay đổi qua $I$ cắt hai tia $AB,AC$ lần lượt tại $M,N$ khác $A$. Xác định vị trí đường thẳng $d$ sao cho $AM+AN$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó theo $a=BC;b=CA;c=CB.$

Gọi $\alpha=\widehat{AIM}$ thì $\frac{A}{2}<\alpha<180^0-\frac{A}{2}$ (vì $M,N$ là giao của $d$ với hai tia $AB,AC$), nên $-1\le\cos2\alpha<\cos A$

$AM=\frac{AI.\sin\widehat{AIM}}{\sin{\widehat{AMI}}}=\frac{AI.\sin\alpha}{\sin\left(\alpha+\frac{A}{2}\right)}$ ; $AN=\frac{AI.\sin\widehat{AIN}}{\sin{\widehat{ANI}}}=\frac{AI.\sin\alpha}{\sin\left(\alpha-\frac{A}{2}\right)}$

Suy ra : $AM+AN=AI.\sin\alpha.\left[\frac{1}{\sin\left(\alpha+\frac{A}{2}\right)}+\frac{1}{\sin\left(\alpha-\frac{A}{2}\right)}\right]$$=AI.\sin\alpha.\frac{4.\sin\alpha.\cos\frac{A}{2}}{\cos A-\cos2\alpha}$$=2.AI.\cos\frac{A}{2}.\frac{2\sin^2\alpha}{\cos A-\cos2\alpha}$

$=2.AD.\frac{1-\cos2\alpha}{\cos A-\cos2\alpha}$$=2.AD.\left(1+\frac{1-\cos A}{\cos A-\cos2\alpha}\right)$

Vậy : $(AM+AN)_{\min}\Leftrightarrow(\cos2\alpha)_{\min}\Leftrightarrow\cos2\alpha=-1\Leftrightarrow\alpha=90^0\Leftrightarrow d\perp AI$

Khi đó : $(AM+AN)_{\min}=\frac{4AD}{\cos A+1}=\frac{2(b+c-a)}{\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+1}=\frac{4bc}{a+b+c}$. $\boxed{}$

Hoan nghênh sự đóng góp của bạn Kool LL.

Xin giải lại bài này như sau :

Đặt $t=\sqrt{2}x\Rightarrow f(t)+f(8+6\sqrt{2})=2f((1+\sqrt{2})t)$

$\Rightarrow f(x)=2f((1+\sqrt{2})x)-f(8+6\sqrt{2})$ (1)

Đặt $f(8+6\sqrt{2})=p$ (2)

 

$1)$ Nếu $x=0$

  Từ (1) ta có $f(0)=2f(0)-p\Rightarrow f(0)=p$

 

$2)$ Nếu $x\neq 0$

  Khi đó $x$ luôn có thể phân tích một cách duy nhất dưới dạng $x=\alpha (1+\sqrt{2})^k$ trong đó $\alpha$ là số thực thoả mãn $\left | \alpha \right |\in \left [ 1;1+\sqrt{2} \right )$ và $k$ là số nguyên ($k\in \mathbb{Z}$)

  Giả sử $f(x)=q(x)+p$ nếu $\left | x \right |\in \left [ 1;1+\sqrt{2} \right )$ ($q(x)$ là một hàm nào đó xác định trên $\left [ 1;1+\sqrt{2} \right )$ và $\left ( -1-\sqrt{2};-1 \right ]$)

  Với mọi $\alpha$ thoả mãn $\left | \alpha \right |\in \left [ 1;1+\sqrt{2} \right )$, ta có : $f(\alpha )=q(\alpha )+p$ (3)

  Mặt khác, từ (1) và (3) ta có : $f(\alpha(1+\sqrt{2}) )=\frac{q(\alpha )}{2}+p$ (4)

  Từ (1) và (4) lại có : $f(\alpha (1+\sqrt{2})^2)=\frac{q(\alpha )}{2^2}+p$ 

  Tiếp tục lại có $f(\alpha (1+\sqrt{2})^3)=\frac{q(\alpha )}{2^3}+p$

  ..........................................................

  ..........................................................

$\Rightarrow f(x)=f(\alpha (1+\sqrt{2})^k)=\frac{q(\alpha )}{2^k}+p$ (5)

 Cho $\alpha =4-2\sqrt{2}$ ; $k=3$ ---> $x=8+6\sqrt{2}$, từ (5) ta có :

$f(8+6\sqrt{2})=\frac{q(4-2\sqrt{2})}{2^3}+p$ (6)

(2) và (6) $\Rightarrow q(4-2\sqrt{2})=0$.

Vậy các hàm $f$ thoả mãn ĐK đề bài có dạng :

$f(x)=\left\{\begin{matrix}\frac{q(\alpha )}{2^k}+p\ neu\ x=\alpha (1+\sqrt{2})^k\\p\ neu\ x=0 \end{matrix}\right.$

Trong đó :

$q(x)$ là hàm tuỳ ý, chỉ cần xác định khi $\left | x \right |\in \left [ 1;1+\sqrt{2} \right )$ và $q(4-2\sqrt{2})=0$

$\alpha$ là số thực thoả mãn $\left | \alpha \right |\in \left [ 1;1+\sqrt{2} \right )$ và $k\in \mathbb{Z}$

$p$ là số thực tuỳ ý.

 

Thử lại thấy thoả mãn ĐK đề bài.

Đúng là mọi $x\neq 0$ luôn có thể phân tích một cách duy nhất dưới dạng $x=\alpha (1+\sqrt{2})^k$ trong đó $\alpha$ là số thực thoả mãn $\left | \alpha \right |\in \left [ 1;1+\sqrt{2} \right )$ và $k$ là số nguyên ($k\in \mathbb{Z}$).

Nhưng mà, ý bạn ở đây $\alpha$ là hằng số xác định cố định duy nhất và $k$ thay đổi ki $x$ thay đổi? Hay là $\alpha$ và $k$ đều thay đổi khi $x$ thay đổi?

$\boxed{}$ Nếu $\alpha$ là hằng số xác định cố định duy nhất và $k$ thay đổi ki $x$ thay đổi thì sao lại có thề Cho $\alpha =4-2\sqrt{2}$ ; $k=3$ ---> $x=8+6\sqrt{2}$

Còn nếu cố định luôn $\alpha =4-2\sqrt{2}$ thì $k=\log_{1+\sqrt{2}}\left|\frac{x}{\alpha}\right|=\log_{1+\sqrt{2}}\left(\frac{|x|}{4-2\sqrt{2}}\right)$ chưa chắc $k$ sẽ nguyên với mọi $x\in\mathbb{R}^*$ !!!

$\boxed{}$ Còn nếu $\alpha$ và $k$ đều thay đổi khi $x$ thay đổi thì hợp lí hơn. Khi đó $k,\alpha$ được xác định như sau :

với mỗi $x\in\mathbb{R}^*$ :

* $k$ là số mũ nguyên sao cho $1.(1+\sqrt{2})^k\le |x|=|\alpha|.(1+\sqrt{2})^k<(1+\sqrt{2})^{k+1}\Leftrightarrow k\le\log_{1+\sqrt{2}}|x|<k+1\Leftrightarrow k=\left[\log_{1+\sqrt{2}}|x|\right]$

(trong đó $[A]$ nghĩa là phần nguyên của số thực $A$)

* $\alpha=\frac{x}{(1+\sqrt{2})^k}=\frac{x}{(1+\sqrt{2})^{\left[\log_{1+\sqrt{2}}|x|\right]}}$

Từ đó cuối cùng suy ra :

$f(x)=\left\{\begin{matrix}\frac{q\left(\frac{x}{(1+\sqrt{2})^{\left[\log_{1+\sqrt{2}}|x|\right]}}\right)}{2^{\left[\log_{1+\sqrt{2}}|x|\right]}}+p & ,\ \text{nếu }x\ne0\\p & ,\ \text{nếu }x=0 \end{matrix}\right.$

Trong đó :

$q$ là hàm số tuỳ ý xác định trên $(-1-\sqrt{2}\ ;\ -1]\cup\left[1\ ;\ 1+\sqrt{2}\right)$ và thoả $q(4-2\sqrt{2})=0$

$p$ là số thực tuỳ ý.

Nếu đặt $q(x)=(x-4+2\sqrt{2}).h(x),\ \forall x\in (-1-\sqrt{2}\ ;\ -1]\cup\left[1\ ;\ 1+\sqrt{2}\right)$ thì

$f(x)=\left\{\begin{matrix}\frac{\left(\frac{x}{(1+\sqrt{2})^{\left[\log_{1+\sqrt{2}}|x|\right]}}-4+2\sqrt{2}\right).h\left(\frac{x}{(1+\sqrt{2})^{\left[\log_{1+\sqrt{2}}|x|\right]}}\right)}{2^{\left[\log_{1+\sqrt{2}}|x|\right]}}+p & ,\ \text{nếu }x\ne0\\p & ,\ \text{nếu }x=0 \end{matrix}\right.$

Trong đó :

$h$ là hàm số tuỳ ý xác định trên $(-1-\sqrt{2}\ ;\ -1]\cup\left[1\ ;\ 1+\sqrt{2}\right)$

$p$ là số thực tuỳ ý.

Xác định tất cả các hàm số $f$ từ $R \mapsto R$ sao cho:
$f(\sqrt{2}x) +f((4+3\sqrt{2})2)=2f((2+\sqrt{2})x)$

Đây chính là Vietnam TST 1994 P5, lời giải có thể tham khảo thêm ở tài liệu dưới (tr. 43-44)

Viet Nam TST 1989-2004.PDF

Đề bài ở đây khác bài TST 1994 (P.5)

TST 1994 (P.5) : $\boxed{\text{Xác định tất cả các hàm số }f\text{ từ }R \mapsto R\text{ sao cho :} \\ f(\sqrt{2}x) +f((4+3\sqrt{2})x)=2f((2+\sqrt{2})x)}$

Tuy nhiên cả 2 bài cũng khá giống nhau về hình thức đề, nhưng còn cách giải thì hoàn toàn khác nhau.

Nói chung Không biết ý đồ của người lập topic này là gì ???

Xác định tất cả các hàm số $f$ từ $R \mapsto R$ sao cho:
$f(\sqrt{2}x) +f\left[(4+3\sqrt{2})2\right]=2f\left[(2+\sqrt{2})x\right]$

$\Leftrightarrow f(\sqrt{2}x) +f\left[(1+\sqrt{2})^2.2\sqrt{2}\right]=2f\left[(1+\sqrt{2}).\sqrt{2}x\right],\ \forall x\in\mathbb{R},\ \forall x\in\mathbb{R}$ (1)

Đặt $a=1+\sqrt{2}>1$ ; $b=f\left(2\sqrt{2}a^2\right)$

$\forall y\in\mathbb{R}$, chọn $x=\frac{y}{\sqrt{2}}$   thì (1) suy ra :   $f(y)+b=2f(ay),\ \forall y\in\mathbb{R}$ (2)

Đặt $g(x)=f(x)-b,\ \forall x$   $\leftrightarrow$   $f(x)=g(x)+b,\ \forall x$   thì (2) suy ra :   $\begin{cases}g(ax)=\frac{1}{2}g(x),\ \forall x\in\mathbb{R} \\ g(2\sqrt{2}a^2)=0\end{cases}$ (3)

(3) $\overset{x=0}{\Rightarrow} g(0)=0$. Do đó $f(0)=b$. (*)

Đặt $h(x)=\frac{g(x)}{|x|^{\log_{a}\left(\frac{1}{2}\right)}},\ \forall x\ne0$   $\leftrightarrow g(x)=|x|^{\log_{a}\left(\frac{1}{2}\right)}.h(x),\ \forall x\ne0$    thì (3) suy ra :   $\begin{cases}h(ax)=h(x),\ \forall x\in\mathbb{R}^* \\ h(2\sqrt{2}a^2)=0\end{cases}$ (4)

$\boxed{}$ Xét $x>0$ :

$\forall t\in\mathbb{R}$, chọn $x=a^t>0$   thì (4) suy ra :   $h\left(a^{t+1}\right)=h\left(a^t\right),\ \forall t\in\mathbb{R}$ (4.1)

Đặt $\varphi (t)=h(a^t)\ \forall t$   $\leftrightarrow h(x)=\varphi\left(\log_{a}{x}\right),\ \forall x>0$   thì (4.1) suy ra :    $\varphi (t+1)=\varphi(t),\ \forall t\in\mathbb{R}$.

Suy ra $\varphi$ là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì $1$ xác định trên $\mathbb{R}$.

$\boxed{}$ Xét $x<0$ :

$\forall t\in\mathbb{R}$, chọn $x=-a^t<0$   thì (4) suy ra :   $h\left(-a^{t+1}\right)=h\left(-a^t\right),\ \forall t\in\mathbb{R}$ (4.2)

Đặt $\varphi' (t)=h(-a^t)\ \forall t$   $\leftrightarrow h(x)=\varphi'\left[\log_{a}{(-x)}\right],\ \forall x<0$   thì (4.2) suy ra :    $\varphi'(t+1)=\varphi'(t),\ \forall t\in\mathbb{R}$.

Suy ra $\varphi'$ là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì $1$ xác định trên $\mathbb{R}$.

Tóm lại :   $h(x)=\varphi\left(\log_{a}{|x|}\right),\ \forall x\in\mathbb{R}^*$, trong đó $\varphi$ là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì $1$ xác định trên $\mathbb{R}$

và thoả $0=h(2\sqrt{2}a^2)=\varphi\left(2+\log_{a}{2\sqrt{2}}\right)=\varphi\left(\log_{a}{2\sqrt{2}}\right)$.

Suy ra $f(x)=g(x)+b=|x|^{\log_{a}\left(\frac{1}{2}\right)}.h(x)+b=|x|^{\log_{a}\left(\frac{1}{2}\right)}.\varphi\left(\log_{a}{|x|}\right)+b,\ \forall x\in\mathbb{R}^*$ (**)

Từ (*)(**), vậy : $\boxed{f(x)=\begin{cases}b & \text{, nếu } x=0 \\ |x|^{\log_{1+\sqrt{2}}\left(\frac{1}{2}\right)}.\varphi\left(\log_{1+\sqrt{2}}{|x|}\right)+b & \text{, nếu }x\ne0\end{cases}}$

trong đó : $b$ tuỳ ý, $\varphi$ là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì $1$ xác định trên $\mathbb{R}$ và thoả $\varphi\left[\log_{1+\sqrt{2}}(2\sqrt{2})\right]=0$.

Thử lại thấy đúng.

Đặt $t=\sqrt{2}x\Rightarrow f(t)+f(8+6\sqrt{2})=2f((1+\sqrt{2})t)$

$\Rightarrow f(x)=2f((1+\sqrt{2})x)-f(8+6\sqrt{2})$ (1)

Đặt $f(8+6\sqrt{2})=p$ ($p$ là một hằng số nào đó)

Và $f(1)=q+p$ ($q$ cũng là một hằng số)

Từ (1) suy ra :

$f(1+\sqrt{2})=\frac{q}{2}+p$

$f((1+\sqrt{2})^2)=\frac{q}{2^2}+p$

$f((1+\sqrt{2})^3)=\frac{q}{2^3}+p$

....................................................

.....................................................

$\Rightarrow$ hàm $f(x)$ có dạng $f(x)=\frac{q}{2^{\log_{1+\sqrt{2}}x}}+p$

Mặt khác vì $f(8+6\sqrt{2})=p$ nên suy ra $q=0$.

Vậy tất cả các hàm cần tìm có dạng $f(x)=p$ trong đó $p$ là số thực bất kỳ.

(Ứng với mỗi số thực ta có một hàm số thoả mãn ---> có vô số hàm số thoả mãn ĐK đề bài)

Chỗ màu đỏ chỉ kết luận được $f\left[(1+\sqrt{2})^n\right]=\frac{q}{2^n}+p\ \forall n\in\mathbb{N}$

Đâu thể suy ra ngay dạng $f(x)=\frac{q}{2^{\log_{1+\sqrt{2}}x}}+p,\ \forall x$ vì không phài số thực $x$ nào cũng có dạng $(1+\sqrt{2})^n$ đâu. Số dạng $\log_{1+\sqrt{2}}x$ chưa chắc là số tự nhiên $\forall x$ đâu.

Cho mình hỏi: Từ điều kiện  $x = f(f(x)) - a$ (với $a$ là hằng số) ta có thể suy ra được $f$ là song ánh không? Nếu có thì làm thế nào?

Với đề hỏi quá vắn tắt như vậy thì câu trả lời là $f$ chưa chắc là song ánh vì còn phải xét đến tập xác định và miền giá trị của $f$. Nhưng chắc chắn $f$ là đơn ánh.

Thật vậy : Với $f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow x_1=f[f(x_1)]-a=f[f(x_2)]-a=x_2$. Suy ra $f$ là đơn ánh.

1/ Nếu như cho $f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thì $f$ là song ánh. Thật vậy :

(gt) $\Rightarrow f[f(x)]=x+a,\ \forall x\overset{y=x+a}{\Rightarrow}f[f(y-a)]=y,\ \forall y$

$\Rightarrow \forall y\in\mathbb{R},\ \exists z=f(y-a)\in\mathbb{R}$ sao cho $f(z)=y$. Suy ra $f$ là toàn ánh.

$f$ vừa đơn ánh vừa toàn ánh nên là song ánh.

2/ Nếu như cho $f: A\to B$ , với $A\ne\mathbb{R}$ hoặc $B\ne\mathbb{R}$ thì $f$ không là toàn ánh. Khi đó $f$ không là song ánh.

Thật vậy, theo như trong TH $(1)$ ta thấy $\forall y\in B$ cần phải có $y-a\in A$ và $f(y-a)\in A$ thì mới $\exists z : f(z)=y$.

Tức là $\forall y\in B$ thì cần : $y\in A+\{a\}$ và $f(y-a)\in A$. Như vậy thì $B\subset A+\{a\}$ và $f(A)\subset A$ (**)

Dễ thấy với $f:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}$ thì không thoả (**).

What are 5 last digits of the number $M=5^{2010}$ ???

5 last digits of the number $M$ is the remainder of $M$ divide by $10^5$

$\frac{M}{10^5}=\frac{5^5.5^{2005}}{5^5.2^5}=\frac{5^{2005}}{2^5}$$=\frac{(2^2+1)^{2005}}{2^5}=\frac{\sum_{k=0}^{2005}C_{2005}^k.2^{2k}}{2^5}$$=\sum_{k=3}^{2005}C_{2005}^k.2^{2k-5}+\frac{C_{2005}^2.2^4+C_{2005}^1.2^2+C_{2005}^0.2^0}{2^5}$$=\sum_{k=3}^{2005}C_{2005}^k.2^{2k-5}+\frac{2005.2004}{2^2}+\frac{8021}{2^5}$

$=\sum_{k=3}^{2005}C_{2005}^k.2^{2k-5}+2005.501+250+\frac{21}{2^5}=\sum_{k=3}^{2005}C_{2005}^k.2^{2k-5}+2005.501+250+\frac{21.5^5}{10^5}$

$\Rightarrow$ 5 last digits of the number $M$ is $21.5^5=65625$.

Đây là 1 bài toán quen thuộc: Tìm GTNN $a + \frac{1}{a}$ với a > 0. (có thể là 2,3,4...)

Bạn nào chỉ cho minh chỗ sai của cách giải này được không. Biết nó sai mà chưa giải thích được:

$a + \frac{1}{a} = \frac{3a}{4} + \frac{a}{4} + \frac{1}{a} \geq  \frac{3a}{4} + 2\sqrt{1.\frac{1}{4}} =  \frac{3a}{4} + 1$ (*)

Dấu "=" xảy ra khi a = 2 rồi thay vào (*) tìm min

CM ở trên chỉ khẳng định là :

• khi $a=2$ thì $f(a)=a+\frac{1}{a}=g(a)=\frac{3a}{4}+1$ và bằng $\frac{5}{2}$.
• khi $0<a\ne2$ thì $f(a)>g(a)$, mà $g(a)$ không có gtnn trong khoảng này, nên cũng ko kết luận được gì cho tìm gtnn của $f(a)$.

Tuy nhiên cách làm trên sai hoàn toàn khi tìm GTNN hoặc GTLN.

Để tìm GTNN của $f(a)$, cần cm 2 điều

1. $f(a)\ge M$ ($M$ là một hằng số cụ thể),
2. và $f(a)=M$ khi và chỉ khi $a=a_0$ nào đó.

Từ đó mới có thể KL là GTNN của $f(a)$ là $M$, và đạt được khi và chỉ khi $a=a_0$.

Trường: THPT Thoại Ngọc Hầu (An Giang)

Bài 1: Cho lục giác đều $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}$ tâm $I$, hình tròn $(O;R)$ bất kì chứa $I$. Các tia $IA_{i}$ $(1\leq i\leq 6)$ cắt $(O)$ tại $B_{i}$  $(1\leq i\leq 6)$. Tính theo $R$ tổng:

$$T=IB{_{1}}^{2}+IB{_{2}}^{2}+IB{_{3}}^{2}+IB{_{4}}^{2}+IB{_{5}}^{2}+IB{_{6}}^{2}$$

Do lục giác có các đỉnh đối xứng nhau qua tâm nên $B_1\equiv B_4; B_2\equiv B_5; B_3\equiv B_6$

Do đó : $T=2(IB_1^2+IB_2^2+IB_3^2)$

Và $ \widehat{B_2IB_3}=120^o$; $\widehat{B_1IB_2}=60^o=\widehat{B_1IB_3}=60^o$ nên có $\Delta B_1B_2B_3$ là đều nội tiếp $(O;R)$ và có độ dài cạnh bằng $R\sqrt{3}$.

Từ đó ta còn có kết quả quen thuộc sau :$IB_1=IB_2+IB_3$

Suy ra : $T=4(IB_2^2+IB_3^2+IB_2.IB_3)$

Mà $B_2B_3^2=(\overrightarrow{IB_2}-\overrightarrow{IB_3})^2=IB_2^2+IB_3^2-2.IB_2IB_3.\cos120^o=IB_2^2+IB_3^2+IB_2.IB_3$

Vậy $T=4.B_2B_3^2=4.(r\sqrt{3})^2=12R^2$.

Trường: THPT Thoại Ngọc Hầu (An Giang)

Bài 2: Cho $n$ số: $a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n}\in [0;1]$

Chứng minh rằng: $\left ( 1+a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n} \right )^{2}\geq 4\left (a{_{1}}^{2}+a{_{2}}^{2}+a{_{3}}^{2}+...+a{_{n}}^{2} \right )$

$a_i\in [0;1]\Rightarrow a_i\ge a_i^2\Rightarrow 4(a_1+...+a_n)\ge4(a_1^2+...+a_n^2)=VP$

$\Rightarrow VT=[1+(a_1+...+a_n)]^2\overset{\text{Côsi 2 số}}{\ge}4(a_1+...+a_n)\ge VP$

Trường: THPT Thoại Ngọc Hầu (An Giang)

Bài 3: $\Delta ABC$ có $AB=c$, $BC=a$, $CA=b$. Chứng minh rằng:

$$a^{2}(1-\sqrt{3}cotgA)+ b^{2}(1-\sqrt{3}cotgB)+c^{2}(1-\sqrt{3}cotgC)\geq 0$$ (1)

Do $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$ nên

$(1)\Leftrightarrow \sin^2A(1-\sqrt{3}\text{cotg}A)+\sin^2B(1-\sqrt{3}\text{cotg}B)+\sin^2C(1-\sqrt{3}\text{cotg}C)\ge0$

$\Leftrightarrow \sin^2+\sin^2B+\sin^2C-\frac{\sqrt{3}}{2}(\sin2A+\sin2B+\sin2C)\ge0$

$\Leftrightarrow \frac{3}{2}\ge\cos\left(2A-\frac{\pi}{3}\right)+\cos\left(2B-\frac{\pi}{3}\right)+\cos\left(2C-\frac{\pi}{3}\right)$

Trường: THPT Thoại Ngọc Hầu (An Giang)

Bài 4: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

$$10+11^{x}+6^{x}=(\sqrt{3})^{y!}$$

Do $x\ge1\Rightarrow \sqrt{3}^{y!}\ge10+11+6=27=\sqrt{3}^{3!}\Rightarrow y\ge3$

Nếu $y\ge4$ thì $\frac{y!}{2}=\text{ chẵn }=2k\Rightarrow VP=\sqrt{3}^{y!}=3^{\frac{y!}{2}}=9^k\equiv (-1)^k\equiv -1\text{ hoặc }1\pmod{5}$

Mà $VT\equiv 1^x+1^x\equiv 2\pmod{5}\ \forall x$

Suy ra $3\le y<4$. Vậy $y=3, x=1$ là nghiệm nguyên duy nhất của pt.

Trong tứ giác lồi bất kì có 3 cạnh bằng $a$ cho trước, hãy tìm tứ giác có diện tích lớn nhất.

Ta có : $m=2a.\sin\left(\frac{\widehat{B}}{2}\right);\ n=2a.\sin\left(\frac{\widehat{A}}{2}\right);$

$\alpha=180^o-\widehat{BAC}-\widehat{ABD}=108^o-\frac{180^o-\widehat{B}}{2}-\frac{180^o-\widehat{A}}{2}=\frac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}$, với $\widehat{A}=\widehat{BAD};\ \widehat{B}=\widehat{ABC}$

$\Rightarrow S_{ABCD}=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AC}\text{ x }\overrightarrow{BD}\right|=\frac{1}{2}m.n.\sin\alpha=2a^2.\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\left(\frac{A+B}{2}\right)$

Do $0<A,B<180^o\Rightarrow 0<\frac{A}{2};\frac{B}{2}<90^o$ và hàm $\sin$ là hàm lõm dương trong khoảng $(0,90^0)$ nên suy ra :

$\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\overset{\text{Côsi}}{\le}\left(\frac{\sin\frac{A}{2}+\sin\frac{B}{2}}{2}\right)^2\overset{Jensen}{\le}\sin^2\left(\frac{A+B}{4}\right)$

$1=\frac{\sin^2\left(\frac{A+B}{4}\right)}{3}+\frac{\sin^2\left(\frac{A+B}{4}\right)}{3}+\frac{\sin^2\left(\frac{A+B}{4}\right)}{3}+\cos^2\left(\frac{A+B}{4}\right)$$\overset{\text{Côsi}}{\ge}4.\sqrt[4]{\frac{\sin^6\left(\frac{A+B}{4}\right)\cos^2\left(\frac{A+B}{4}\right)}{3^3}}=\frac{4\sqrt[4]{3}}{3}.\sqrt{\sin^3\left(\frac{A+B}{4}\right)\cos\left(\frac{A+B}{4}\right)}$

$\Rightarrow S\le 2a^2.\sin^2\left(\frac{A+B}{4}\right).2.\sin\left(\frac{A+B}{4}\right).\cos\left(\frac{A+B}{4}\right)\le 4a^2.\frac{3\sqrt{3}}{16}=\frac{3\sqrt{3}}{4}a^2$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow\begin{cases}A=B \\ \sin^2\left(\frac{A+B}{4}\right)=3.\cos\left(\frac{A+B}{4}\right)\end{cases}\Leftrightarrow A=B=120^o$

Vậy hình thang cân (đáy nhỏ = cạnh bên = a, đáy lớn = 2a) sẽ có diện tích lớn nhất và bằng $\frac{3\sqrt{3}}{4}a^2$.

Bài 27:Cho tam giác ABC có $\widehat{C}$ tù và $\widehat{A}$ =2$\widehat{B}$ Đường thẳng đi qua B và vuông góc BC cắt AC tại D.Gọi M là trung điểm AB.cmr $\widehat{AMC}$ =$\widehat{BMD}$ 

Gọi $AC=x$ ; $\widehat{ABC}=\alpha$ ; $\widehat{BAC}=2\alpha$

Định lí hàm Sin $\Delta ABC$ $\Rightarrow\frac{AC}{\sin\alpha}=\frac{BC}{\sin2\alpha}=\frac{AB}{\sin3\alpha}$

$\Rightarrow BC=2x.\cos\alpha$ ; $AB=x(3-4\sin^2\alpha)=x(4\cos^2\alpha-1)$ ; $AM=BM=\frac{AB}{2}=\frac{x(4\cos^2\alpha-1)}{2}$

$\Delta BCD\ :\ DC=\frac{BC}{\cos3\alpha}=\frac{2x}{4\cos^2\alpha-3}\Rightarrow AD=\frac{2x}{4\cos^2\alpha-3}+x=\frac{x(4\cos^2\alpha-1)}{4\cos^2\alpha-3}$

Lấy $E\in DM$ s/c $CE//AM$. Suy ra $\widehat{ECB}=\widehat{CBA}=\alpha$ (so le trong) ; $\widehat{ECD}=\widehat{BAC}=2\alpha$ (đồng vị)

Định lí Talet $\Rightarrow\frac{EM}{ED}=\frac{CA}{CD}=\frac{4\cos^2\alpha-3}{2}=\frac{AM}{AD}$

$\Rightarrow AE$ là phân giác $\widehat{MAD}$ (T/c đường phân giác trong $\Delta$)

$\Rightarrow\widehat{CEA}\overset{\text{so le trong}}{=}\widehat{EAM}\overset{\text{t/c p.g}}{=}\widehat{EAC}$ $\Rightarrow CE=CA$ ($\Delta$ có 2 góc đáy = nên cân)

Định lí hàm Cosin $\Delta ACE$ $\Rightarrow AE^2=2x^2+2x^2.\cos2\alpha=2x^2(1+\cos2\alpha)=4x^2\cos^2\alpha$$\Rightarrow AE=2x\cos\alpha=BC$

Suy ra $ABEC$ là hình thang câm (tứ giác có 1 cặp cạnh // và 2 chéo =)

Xét $\Delta ACM=\Delta BEM$ (c.g.c) $\Rightarrow\widehat{AMC}$ =$\widehat{BMD}$. $\boxed{}$

Bài 26 : Cho hình thang cân ABCD ( AB// CD ) có chu vi = 5 . Góc DBC = 90 độ , CD = 2 . Tính AB  ( các bạn giãi giúp mình bài này nhé, mình chưa học tam giác đồng dạng )

Xem ở đây

Giải bài 27 (đã hết hạn bỏ bài  ): Trước hết ta sẽ chứng minh rằng a + b và c + d đều là số chính phương.

Vì (a, b, c) = 1 tức là a, b, c ko có nhân tử chung thế nên ta hoàn toàn có thể giả sử $b\vdots c,(a,c)=1$. ...

Căn cứ nào mà lại có thể giả sử như thế !!? Bạn chứng minh được điều đó không ??

Vì (a, b, c) = 1 tức là $a, b, c$ ko có nhân tử chung thế nên ta hoàn toàn có thể giả sử $b\vdots c,(a,c)=1$...

 

Bởi vì khi chuyển vế ta được $a+b=\frac{ab}{c}$. Đến đây chắc bạn có thể hiểu lí do vì sao mình đặt như vậy rồi chứ...  

Nhưng mà với $(a,b,c)=1,\ a+b=\frac{ab}{c},\ ab\ \vdots\ c$ thì sao có thể giả sử $b\ \vdots\ c\ ,\ (a,c)=1$ ???

$(a,b,c)=(10,15,6)$ cũng thoả $(a,b,c)=1,\ a+b=\frac{ab}{c}$ được mà điều giả sử của bạn thì không !

Xem như mình ngu muội, xin bạn hãy giải thích rõ thêm. Vì điều đó thật sự không chặt chẽ chút nào !

Giải PT nghiệm nguyên $a,b,c$ thoả : $(a,b,c)=1$ (1) và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ (2)

 

PT này có VSN dạng $(a,b,c)=(\ m(m+n), n(m+n), mn\ )$ với $(m,n)=1$.

Chứng minh:

$(2)\Leftrightarrow a+b=\frac{ab}{c}$. Gọi $m=(a,c)\Leftrightarrow\begin{cases}a=mk\\ c=mn\end{cases}\ (k,n)=1$.

Suy ra $a+b=\frac{kb}{n}\xrightarrow{(k,n)=1} b\ \vdots\ n\Rightarrow b=tn$. Suy ra $mk+tn=kt$ (*)

Do $1=(a,b,c)=(mk,tn,mn)\Rightarrow (t,m)=1$.

$(*)\Rightarrow tn\ \vdots\ k$ và $mk\ \vdots t$ $\xrightarrow{(k,n)=(t,m)=1} t\ \vdots\ k$ và $k\ \vdots\ t$ $\Rightarrow t=k\overset{(*)}{\Rightarrow} m+n=k=t$.

Vậy $(a,b,c)=(\ m(m+n),n(m+n),mn\ )$ với $(m+n,n)=(m+n,m)=1$ tức là $(m,n)=1$.

Trở lại Bài 27 :

Theo trên, ta có $a+b=m(m+n)+n(m+n)=(m+n)^2=x^2$.

Tương tự ta cũng có $d+e=y^2$.

Vậy $2(a+b+c+d)=2(x^2+y^2)=(x+y)^2+(x-y)^2$. (đpcm)

Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên : $xyz=x^{2}-2z+2$. (1)

(1)$\Leftrightarrow z(xy+2)=x^2+2 \Rightarrow z\ne0$.

* Nếu $x=0$ thì $z=2$ và $y\in\mathbb{Z}$ bất kỳ. Nghiệm $(0,t,1)$ với $t\in\mathbb{Z}$.

* Nếu $y=0$ thì $x^2-2z+2=0\Leftrightarrow x^2=2(z-1)$. Nghiệm $(2t,0,2t^2+1)$ với $t\in\mathbb{Z}$.

* Xét $xyz\ne0$:

Nhận xét : nếu $(x,y,z)$ là nghiệm thì $(-x-y,z)$ cũng là nghiệm. Nên không mất tính tổng quát, chỉ cần xét $x>0$. Khi đó nếu $y>0$ thì $z>0$ và nếu $z<0$ thì $y<0$. Do đó ta chỉ có 3 TH sau :

• TH1: $y<0<z$ thì $0>xy>-2\Rightarrow xy=-1\Rightarrow$ Nghiệm là $(1,-1,3)$ và $(-1,1,3)$.
• TH2: $y,z>0$ thì $z=\frac{x^2+2}{xy+2}\ge1\Rightarrow x\ge y; x-yz=x-\frac{x^2y+2y}{xy+2}=\frac{2(x-y)}{xy+2}\ge0$
  • nếu $z=1$ thì $x=y$. Suy ra nghiệm là $(t,t,1)$, với $t\in\mathbb{Z}$.
  • nếu $z>1$ thì $x>yz>y$ và $2(x-y)\ge xy+2\Rightarrow (x+2)(2-y)\ge6\Rightarrow 0<y<2\Rightarrow y=1$

$\Rightarrow z=\frac{x^2+2}{x+2}=x-2+\frac{6}{x+2}\Rightarrow x+2=6\Rightarrow x=4$.

Vậy nghiệm là $(4,1,3)$ và $(-4,-1,3)$.

• TH3: $y,z<0$. Đặt $a=x,b=-y,c=-z$ thì $a,b,c>0$ thoả $abc=a^2+2c+2$ $\Rightarrow ab>2$ và $bc>a$ $\Rightarrow c=\frac{a^2+2}{ab-2}\Rightarrow bc-a=b.\frac{a^2+2}{ab-2}-a=\frac{2(a+b)}{ab-2}$ $\Rightarrow 2(a+b)\ge ab-2 \Rightarrow (a-2)(b-2)\le6$
  • nếu $b=1$ thì $c=\frac{a^2+2}{a-2}=a+2+\frac{6}{a-2}\Rightarrow a-2\in\{1;2;3;6\}\Rightarrow a\in\{3,4,5,8\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(3,1,11); (4,1,9); (5,1,9); (8,1,11)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(3,-1,-11); (4,-1,-9); (5,-1,-9); (8,-1,-11)$ và $(-3,1,-11); (-4,1,-9); (-5,1,-9); (-8,1,-11)$.
  • nếu $b=2$ thì $2c-a=\frac{2(a+2)}{2a-2}=1+\frac{3}{a-1}\Rightarrow a-1\in\{1,3\}\Rightarrow a\in\{2,4\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(2,2,3); (4,2,3)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(2,-2,-3); (4,-2,-3)$ và $(-2,2,-3); (-4,2,-3)$.
  • nếu $a=1$ thì $c=\frac{3}{b-2}\Rightarrow b-2\in\{1,3\}\Rightarrow b\in\{3,5\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(1,3,3); (1,5,1)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(1,-3,-3); (1,-5,-1)$ và $(-1,3,-3); (-1,5,-1)$.
  • nếu $a=2$ thì $c=\frac{3}{b-1}\Rightarrow b-1\in\{1,3\}\Rightarrow b\in\{2,4\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(2,2,3); (2,4,1)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(2,-2,-3); (2,-4,-1)$ và $(-2,2,-3); (-2,4,-1)$.
  • nếu $a,b>2$ thì $ab-2\ge7$ và $(a-2)(b-2)=k, 0<k\le6$. $\Rightarrow 2(a+b)=ab+4-k\Rightarrow bc-a=\frac{ab+4-k}{ab-2}=1+\frac{6-k}{ab-2}$. 
    • nếu $0<k<6\Rightarrow (6-k)\vdots(ab-2)\Rightarrow 6-k\ge ab-2\ge7\Rightarrow k\le-1$. (Vô lý !)
    • nếu $k=6\Rightarrow bc-a=1\Rightarrow bc=a+1$ $\Rightarrow a^2+a=abc=a^2+2c+2\Rightarrow a=2c+2\Rightarrow bc=2c+3 \Rightarrow c=\frac{3}{b-2}$ $\Rightarrow b-2\in\{1,3\} \Rightarrow b\in\{3,5\}$. Nghiệm $(a,b,c)$ là $(8,3,3); (4,5,1)$. Nghiệm $(x,y,z)$ là $(8,-3,-3); (4,-5,-1)$ và $(-8,3,-3); (-4,5,-1)$.

Kết luận : Nghiệm của PT(1) là $(0,t,1); (2t,0,2t^2+1); (t,t,1)$ với $t\in\mathbb{Z}$;

$(1,-1,3)$ và $(-1,1,3)$;

$(4,1,3)$ và $(-4,-1,3)$;

$(3,-1,-11), (4,-1,-9), (5,-1,-9), (8,-1,-11)$ và $(-3,1,-11), (-4,1,-9), (-5,1,-9), (-8,1,-11)$;

$(2,-2,-3), (4,-2,-3)$ và $(-2,2,-3), (-4,2,-3)$;

$(1,-3,-3), (1,-5,-1)$ và $(-1,3,-3), (-1,5,-1)$;

$(2,-2,-3), (2,-4,-1)$ và $(-2,2,-3), (-2,4,-1)$;

$(8,-3,-3), (4,-5,-1)$ và $(-8,3,-3), (-4,5,-1)$.

Bài 17: Cho n là một số nguyên dương thỏa mãn 2n + 1; 3n + 1 đều là số chính phương. Hỏi  5n + 3 là số nguyên tố hay hợp số? Tìm số n nhỏ nhất thỏa tất cả điều kiện đó.

(Cải biên lại từ đề đề nghị thi Olimpic 30/4 lớp 10 năm 2009 của Trường THPT chuyên KonTum - Sở GD - ĐT KonTum)

Giả sử $2n+1=a^2, 3n+1=b^2$. (1) $\Rightarrow 3a^2-2b^2=1$ và $b^2-a^2=n$. (2)

Do $n\in\mathbb{Z}^+$ nên $a\ge 2, b\ge 3, b>a$.

Ta có : $5n+3=4a^2-b^2=(2a-b)(2a+b)$. (3)

Nếu $2a-b=1$ thì $b=2a-1$, thay vào (2) được $n=3a^2-4a+1$, thay tiếp vào (1) được $5a^2-8a+3=0$ (VN do $a\ge 2$).

Vậy $2a+b>2a-b>1$. Từ (3)$\Rightarrow 5n+3$ có 2 ước lớn hơn 1 nên là hợp số.

$(a^2,b^2)=(2n+1,3n+1)=(2n+1,n)=(n+1,n)=1\Rightarrow (a,b)=1$.

Như vậy việc tìm $n$ thoả đề bài chính là tìm bộ nghiệm nguyên (a,b) nguyên tố cùng nhau của PT $3a^2-2b^2=1$.

(Xem tiếp bài giải ở bên dưới #99).

Bài 31:

 Cho số tự nhiên y .Chứng minh tồn tại vô số nguyên tố p sao cho  và .

Viết đề kiểu này khó hiểu quá! Phát biểu lại ý của đề bài cho dễ hiểu hơn đây :

"Cho trước số tự nhiên $y$. CMR : Có vô số số tự nhiên $n$ để số $(2^ny+1)$ có ước nguyên tố dạng $4k+3$."

 

Bài này mình chỉ giải được trên tập nghiệm tự nhiên nên trình bày cách giải ra để mọi người cùng góp ý, nếu ai giải được trên tập nghiệm nguyên thì bổ sung cho bài của mình nhé !

 

$PT\Leftrightarrow z(xy+2)=x^{2}+2\Rightarrow z=\frac{x^{2}+2}{xy+2}\in N$

$\Rightarrow x+\frac{2(y-x)}{xy+2}\in Z\Rightarrow 2(y-x)=k(xy+2)$ với $k$ tự nhiên

 

• Xét $x=1$ ta có $yz=3-2z\Leftrightarrow z(y+2)=3\Rightarrow y=z=1$
• Xét $x\geq 2$ :

Nếu $k = 0$ thì $x^{2}+2=0$ (loại)

Nếu $k\geq 1$ thì $2(y-x)\geq xy+2\Leftrightarrow (x-2)(y+2)+6\leq 0$

Nhưng $x\geq 2,y\geq 0\Rightarrow (x-2)(y+2)+6>0$

Phương trình vô nghiệm

Vậy : Phương trình có nghiệm tự nhiên duy nhất $(1 ; 1; 1)$

$k\in\mathbb{Z}$ mà, sao lại cho $\in\mathbb{N}$ luôn vậy !!!

$k=0$ thì $x=y$ và PT có VSN dạng $(t,t,1)$ mà !!!

Bài 67. Tìm tất cả các số nguyên $x,y$ thoả $\frac{x^2-x+2}{y}$ và $\frac{y^2+y+2}{x}$ đều là các số nguyên.

Bài 27: Cho 2 bộ ba số nguyên dương a, b, c và d, e, f sao cho $(a,b,c)=1;(d,e,f)=1$ (1) và thoả mãn đẳng thức $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$; $\frac{1}{d}+\frac{1}{e}=\frac{1}{f}$ (2). Chứng minh rằng 2(a + b + d + e) là tổng bình phương của hai số tự nhiên.  

Nếu $a=b$ thì $\overset{(2)}{\Rightarrow} a=b=2c$ $\overset{(1)}{\Rightarrow} 1=(a,b,c)=(2c,2c,c)=c$ $\Rightarrow a=b=2\Rightarrow a+b=4=2^2=(c+1)^2$.

Giả sử $a>b$ thì $a>2c>b>c\Rightarrow a-c>c>b-c\ge1$.

Gọi $d=(b,c)$ thì $b=db_1; c=dc_1; (b_1,c_1)=1$.

$(2)\Rightarrow ab=c(a+b)\Rightarrow ab_1=c_1(a+db_1)\Rightarrow a\vdots b_1, a\vdots c_1\Rightarrow a\vdots b_1c_1$ $\Rightarrow a=k.b_1c_1\Rightarrow k(b_1-c_1)=d\Rightarrow k|d|b,c$ và $k|a\Rightarrow k=1$

$\Rightarrow a=b_1c_1; b_1-c_1=d\Rightarrow b-c=d^2\Rightarrow a+b=b_1c_1+c+d^2=b_1c_1+(b_1-c_1)c_1+$$(b_1-c_1)^2=b_1^2$

Vậy ta luôn có $a+b$ là số chính phương $m^2$. Tương tự với $d+e=n^2$.

Suy ra $2(a+b+d+e)=2(m^2+n^2)=(m+n)^2+(m-n)^2$ là tổng bình phương của hai số tự nhiên. (đpcm)

Bài 29

Cho $p_{n}$ là số nguyên tố thứ $n$. Chứng minh rằng:

a.$p_{n}>2n$ với mọi $n>4$

b.$p_{n}>3n$ với mọi $n>11$

a) Ta CM bang pp qui nạp theo $n>4$.

• $n=5$: $p_5=11>2.5=10$ (đúng).
• G/s bài toán đúng đến $n=k, (k>4)$, tức là ta có $p_n>2n \forall n=\overline{5..k}$.
• Xét n=k+1: Do $p_{k+1} > p_k$ là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp nên $p_{k+1}\ge p_k+2$.

Dùng giả thiết qui nạp, ta có $p_k>2k$. Suy ra $p_{k+1}>2k+2=2(k+1)$

Như vậy bài toán cũng đúng với $n=k+1$.

Theo nguyên lý quy nạp suy ra bài toán đúng $\forall n>4$. (đpcm)

b)  Ta CM bang pp qui nap theo $n>11$.

• $n=12$: $p_{12}=37>3.12=36$ (đúng).
• G/s bài toán đúng đến $n=k, (k>11)$, tức là ta có $p_n>3n \forall n=\overline{12..k}$.
• Xét n=k+1: Do $p_{k+1} > p_k$ là hai số nguyên tố lẻ lien tiếp nên $p_{k+1}\ge p_k+2$.

Dùng giả thiết qui nạp, ta có $p_k>3n$, tức là $p_k\ge 3n+1$. Suy ra $p_{k+1}\ge 3k+1+2=3(k+1)$.

Dấu $"="$ không thể xảy ra vì khi đó $p_{k+1}\vdots3$ (mâu thuẫn với $p_{k+1}$ là số nguyên tố).

Vậy $p_{k+1}>3(k+1)$. Bài toán cũng đúng với $n=k+1$.

Theo nguyên lý qui nạp suy ra bài toán đúng $\forall n>11$. (đpcm)

Bài 17 : (tiếp theo ý 2)

Như vậy việc tìm $n=b^2-a^2$  chính là tìm bộ nghiệm nguyên $(a,b)$ của PT $3a^2-2b^2=1$.

PT $Aa^2-Bb^2=1$ (1) là PT Pell dạng tổng quát, ta sẽ chuyển về PT Pell loại 1 như sau :

Đặt $x=Aa^2+Bb^2, y=2ab,d=AB$ thì $x^2-dy^2=(Aa^2+Bb^2)^2-AB(2ab)^2=(Aa^2-Bb^2)^2=1^2=1$

$x^2-dy^2=1$ (2) là PT Pell loại 1, nếu d không chính phương thì với $(x_1,y_1)$ là nghiệm cơ sở (nhỏ nhất), ta có thể tìm $(x_n,y_n)$ là tất cả các nghiệm của (2), bằng một trong các công thức sau :

a) Công thức khai triển và đồng nhất :

$x_n+y_n\sqrt{d}=(x_1+y_1\sqrt{d})^n$

b) Công thức truy hồi :

$x_{n+1}=x_1x_n+dy_1y_n$

$y_{n+1}=x_1y_n+y_1x_n$

c) Công thức tong quát :

$x_n=\frac{(x_1+y_1\sqrt{d})^n+(x_1-y_1\sqrt{d})^n}{2}; y_n=\frac{(x_1+y_1\sqrt{d})^n-(x_1-y_1\sqrt{d})^n}{2\sqrt{d}}$

 

 

Từ đây, ta dễ dàng chứng minh được các kết quả sau :

1/. Nếu $(a_1,b_1)$ là nghiệm cơ sở (nhỏ nhất) của PT (1) thì $(a_1,b_1)$ là nghiệm của HPT

$\left\{\begin{matrix}Aa^2+Bb^2=x_1 \\ 2ab=y_1 \end{matrix}\right.$ ,    (với $(x_1,y_1)$ là nghiệm cơ sở của PT (2) ).

 2/. Nếu $(a_1,b_1)$ là nghiệm cơ sở của PT(1) thì có thể tìm $(a_n,b_n)$ là tất cả các nghiệm của PT (1) bằng một trong các công thức sau :

a) Công thức khai triển và đồng nhất:

$a_n\sqrt{A}+b_n\sqrt{B}=(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}$

b) Công thức truy hồi:

$a_{n+1}=(Aa_1^2+Bb_1^2)a_n+(2a_1b_1)Bb_n$

$b_{n+1}=(Aa_1^2+Bb_1^2)b_n+(2a_1b_1)Aa_n$

c) Công thức tổng quát:

$a_n=\frac{(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}+(a_1\sqrt{A}-b_1\sqrt{B})^{2n-1}}{2\sqrt{A}}; b_n=\frac{(a_1\sqrt{A}+b_1\sqrt{B})^{2n-1}-(a_1\sqrt{A}-b_1\sqrt{B})^{2n-1}}{2\sqrt{B}}$

Áp dung vào bài toán, ta tìm được tất cả các bộ nghiệm của PT $3a^2-2b^2=1$ là : (1,1); (9,11); (89,109); ...

Tương ứng với n=0 (loại); n=40 (nhận); n=3960; ...

Vậy $n=40$ là số nhỏ nhất thoả $2n+1$ và $3n+1$ là các số chính phương.

tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho $\sqrt{x}+\sqrt{y-z}+\sqrt{z-x}=\frac{1}{2}(y+3)$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz $(*)$ : $\boxed{(a+b+c)^2\le3(a^2+b^2+c^2),\ (\forall a,b,c).\ \text{Dấu = xảy ra}\Leftrightarrow a=b=c}$

Và BĐT Cauchy $(**)$ : $\boxed{ab\le\frac{a^2+b^2}{2},\ (\forall a,b).\ \text{Dấu = xảy ra}\Leftrightarrow a=b}$

Ta có : $\frac{y+3}{2}=\sqrt{x}+\sqrt{y-z}+\sqrt{z-x}\overset{(*)}{\le}\sqrt{3[x+(y-z)+(z-x)]}=\sqrt{3y}\overset{(**)}{\le}\frac{y+3}{2}$

$\Rightarrow$ Dấu $=$ trong BĐT $(*)$ và $(**)$ xảy ra

$\Rightarrow x=y-z=z-x$ và $y=3$

$\Rightarrow x=1\ ;\ y=3\ ;\ z=2$

Thử lại thấy thoả pt. Vậy nghiệm của pt là $(x,y,z)=(1,3,2).$

tìm $f:\left [ 0;1 \right ]\rightarrow \left [ 0;1 \right ]$ thỏa

$i)$ $f(x)\neq f(y)$  $\forall x\neq y$

$ii)$ $2x-f(x)\in \left [ 0;1 \right ]$  $\forall x\in \left [ 0;1 \right ]$

$iii)$ $f(2x-f(x))=x$   $\forall x\in \left [ 0;1 \right ]$

bài này hôm nay mình học thấy hay hay,mọi người xem thử

 

NTP

từ iii $\Rightarrow$ $f(2x-f(x))-(2x-f(x))=f(x)-x$

vì i $\Rightarrow 2x-f(x)=x\Rightarrow f(x)=x$

 Dòng đỏ sao có thể suy ra ngay dòng xanh khi áp dụng (i) !!?

(i) được hiều tương đương $f$ là hàm đơn ánh, tức là $\forall x,y\in[0;1]\ :\ f(x)=f(y)\Leftrightarrow x=y$

Trong khi dòng đỏ được hiểu là $f(y)-y=f(x)-x$ với $y=2x-f(x)$

Cho 3 số thực dương $a,b,c$ và số thực $k\geq 2$.

CMR: $\sum \frac{a+b}{a+kb+c}\geq \frac{6}{k+2}$

Bài toán tổng quát này do bạn Kool LL nêu ra và mình thấy bài toán này khá thú vị nên thử giải quyết nó xem nào!!!

Đầu tiên ta hãy thử với $k$ cho trước.

1/

Với $k=7$ BĐT trở thành 1 bài toán vô cùng quen thuộc.

Cho 3 số thực dương $a,b,c$.

CMR: $\sum \frac{a+b}{a+7b+c}\geq \frac{2}{3}$

Lời giải:

Từ điều phải chứng minh ta có điều tương đương sau:

$\sum (\frac{a+b}{a+7b+c}-\frac{1}{12})\geq \frac{5}{12}\Leftrightarrow \sum \frac{11a+5b-c}{a+7b+c}\geq 5$

TH1:

Giả sử 3 số đều không âm.

Ta áp dụng Cauchy-Schwarz:

$\sum \frac{11a+5b-c}{a+7b+c}\geq \frac{(\sum (11a+5b-c))^{2}}{\sum (11a+5b-c)(a+7b+c)}=\frac{225(a+b+c)^{2}}{45(a^{2}+b^{2}+c^{2})+90(ab+bc+ca)}\geq 5$

Vậy BĐT đã được chứng minh!

TH2:

Trong 3 số có ít nhất 1 số âm.

Giả sử số đó là $11b+5c-a$ âm.

Khi đó ta có:

$\frac{a+b}{a+7b+c}-\frac{2}{3}=\frac{a-11b-2c}{3(a+7b+c)}> \frac{a-11b-5c}{3(a+7b+c)}\geq 0\Rightarrow \frac{a+b}{a+7b+c}> \frac{2}{3}\Rightarrow \sum \frac{a+b}{a+7b+c}\geq \frac{2}{3}$

Vậy BĐT đã được chứng minh xong!

Vấn đề duy nhất ở đây là làm sao mà ta có thể giải thích khi trừ 2 vế của BĐT với $\frac{1}{12}$????????

Tất cả đều ko phải may mắn mà đều do có cách chọn của nó!

Điều này đã được anh Võ Quốc Bá Cẩn trình bày nhưng mà rất khó hiểu và xa với thực tế chọn được nghiệm ảo. Mình xin trình bày cách làm khác!!! Có lỗi gì mong các bạn thông cảm!    

Lời giải 2:

Giả sử ta chọn 1 số thực $\alpha > 0$ để lấy hiệu 2 vế ta được:

$\sum (\frac{a+b}{a+7b+c}-\frac{1}{\alpha })\geq \frac{2}{3}-\frac{3}{\alpha }\Leftrightarrow \sum \frac{(\alpha -1)a+(\alpha -7)b-c}{a+7b+c}\geq \frac{2\alpha -9}{3}$

Giả sử các số hạng đều ko âm!

Áp dụng Cauchy-Schwarz:

$\Rightarrow VT\geq \frac{\left [ \alpha -1)a+(\alpha -7)b-c \right ]^{2}}{(8\alpha -51)\sum a^{2}+(10\alpha -30)\sum ab}\geq \frac{2\alpha -9}{3}$

Nhận xét:

Với $\alpha$ là 1 số ko âm thì tử số của phân thức sẽ có dạng: $\beta (a+b+c)^{2}$

Mà $VP$ là 1 hằng sô nên bắt buộc mẫu số của phân thức phải có dạng: $\gamma (a+b+c)^{2}$

Nhìn vào phân thức thì để được như vậy, ta cần phải có:

$2(8\alpha -51)=10\alpha -30\Rightarrow \alpha =12$

Do vậy ta chọn thừa số để lấy hiệu 2 bên là $\frac{1}{12}$.

Sau đó tiến hành tiếp như trên!

Đấy là 1 cách để chọn thừa số phụ trong BĐT.

Sau đây là 1 số bài tập, để mai post tiếp giờ muộn quá rồi!!!!

Bài tập:

1/

Cho 3 số thực dương $a,b,c$. CMR: $\sum \frac{a+b}{a+6b+c}\geq \frac{3}{4}$

Bạn mở topic mới cho bài toán này luôn ah !

Như trong topic kia, minh có nói đến 2 điều (chứ không phải 1 điều duy nhất) về cách giải ở trên là :

1. Việc tìm ra thừa số phụ $\frac{1}{12}$ không dễ, nhưng cũng có phương pháp để tìm như bạn đã trình bày ở trên.
2. Nhưng còn một vấn đề nữa mà cách giải trên bị phá sản cho bài toán tổng quát là việc chia TH số hạng âm/dương.
   • Với $k=7$ trong TH2 của bạn là với số hạng âm thì ta có ngay 1 thành phần trong VT > VP, các thành phần còn lại đều >0 nên suy ra VT > VP.
   • Với $k\le4$ thì cả 3 thành phần trong VT đều $<1\le$ VP $=\frac{6}{k+2}$.

Do đó không giải quyết được TH2.

Tổng quát hoá thêm nữa cho bài toán :

$$\boxed{\text{Cho }a,b,c>0\ ;\ n\ge1;\ k\ge 2n.\text{ CMR: }\sum\frac{a+b}{na+kb+nc}\ge\frac{6(k-n)}{(k-1)(k+2n)}}$$