Chỉ sợ bạn Ngô Khánh Linh mang tiếng thôi! Bạn ý hình như cũng có ny rồi! =.="

Bạn doxuantung97 cứ GATO í nhỉ

Bạn doxuantung97 năm sau đi thi lấy danh tiếng cho Đông Anh nhé (đừng chém bão nữa).Nếu bạn WS dạy mềnh thì năm sau chắc đc

Đặt đb là (1):
thay $x$ bởi $x+y$ ta có :
$(x+y)f(x+y)-yf(y)=xf(x+2y)$ (2)
(1)-(2) suy ra $f(x)+f(x+2y)=2f(x+y)$
điều này tương đương với f(x)+f(y)=2$f(\frac{x+y}{2}) \forall x\in R$ (3)
đặt $f(0)=b$ suy ra $f(x)+b=2(\frac{x}{2})$
thay vào (3) suy ra $f(x)+f(y)=f(x+y)+b$
từ đây và (1) ta có $x(f(y)-b)=y(f(x)-b)$
điều này tương đương $\frac{x}{f(x)-b}=\frac{y}{f(y)-b}$
Suy ra $f(x)=ax+b$ với a,b=const

cái đó thì bạn nên hỏi VASCsile Cirtoaje
Đó là 1 open question

Thôi khỏi cần bạn ấy tốn công anh ạ
ai muốn tham khảo thì vào đây
http://www.artofprob...118722&start=40

Lời giải của bạn còn thiếu trường hợp $0 < b < \frac{1}{e} < a$ hay tương đương với $0 < y < 1 < x$ Bổ đề của bạn chỉ giải quyết được khi $a > 1$ nên còn phần $a < 1$ vẫn chưa trọn vẹn

Plus thêm là bạn nên chau chuốt cho lời giải thêm 1 chút, còn nhiều chỗ sai mà nếu mình không có thời gian tính toán kiểm tra thì mình không hiểu bạn muốn nói gì...

Bổ sung: comment này viết truớc khi bạn sửa comment trên phần bổ đề. Mình sẽ kiểm lại khi có thời gian

Bổ sung 2: mình thấy bạn đã bỏ phần bổ đề đó trong lời giải. Thực tế thì bổ đề đó không đúng: $x, y$ là hàm theo $a, b$ theo thứ tự đó nên hoàn toàn liên tục và có thể lấy giá trị dương tuỳ ý. Bây giờ lấy $x = 2, y = \frac{1}{2}$ thì cặp số này phủ định bất đẳng thức phụ của bạn.

cái đó theo mình nhớ là open question trừ khi bạn đọc đc thj có thế chia sẻ

Bài 4:Ta chứng minh bài toán tổng quát và chặt hơn với tập $$P=\left \{ 1,2,...2n+1 \right \}$$.$Chọn A,B\subset P$ sao cho $\left | A \right |+\left | B \right |= 2n+2$ thì luôn tồn tại $a\in A$ và $b\in B$ sao cho $a+b=2012$.
Gọi $\left | A \right |=x$ suy ra $\left | B \right |=2n+2-x$.Giả sử:không tồn tại $a\in A$ sao cho tm đề bài:có x phần tử .Suy ra số phần tử của B $\leqslant 2n+1-x \leqslant 2n+2-x$.Suy ra vô lí.Suy ra điều giả sử sai.
$Q.E.D$

bài 4: ta xét :tam giác ABC là tam giác không tù tương đương $ A,B,C \left [ 0,90 \right ] $
ta ln A ta có :$ln A=\sum ln(sin A+1)$
Xét hàm này và thấy hàm này là hàm lõm suy ra nó đạt cực tiểu ở biên (đg ko nhể)
vì vậy xét các TH khi $A,B,C \in \left \{ 0,90 \right \}$ ta đều thấy $ln A \geq ln4$ vì vậy $A\geq 4$ nhưng vì tam giác ABC nhọn nên không có dấu $=$
Vì vậy $A>4$

$4a^{2}$ mà nhỏ hơn $3a^{2}+3a+1 \forall a\in Z+$ hả em

căn bản bạn Đạt chep nhầm đè a_(n) chu không phải 2 a_(n) và đây là tổng quat của PEN L12  

Cho $(a,p)=1$,$(b,p)$=1,$p\in P$:
Cmr:$\sum_{i=1}^{p}\left ( \frac{ai^{2}+bi}{p} \right )=-\left ( \frac{a}{p} \right )$
Trong đó(-) là kí hiệu legendre

Do bđt thức là đồng bậc suy ra có thể chuẩn hóa a+b+c=1
Bđt tương đương với:$(a^2+b^2+c^2)\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2-(a+b+c)^2)\geqslant \frac{27}{64}((a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-abc)$
Theo định lý EV thì với $c\geq b\geq a \geq 0$ và $a+b+c=1$ và $a^2+b^2+c^2=constance$ suy ra abc min khi va chi khi hoặc $a=0$ hoặc $c=b\geq a\geq 0(1)$
vì $a>0$ suy ra còn TH (1) thì bđt thành $(a^2+2b^2)(2ab+b^2)\geq \frac{27}{64}(a+2b)(a^2+2b^2)$ và $a+2b=1$
Từ đây có thể cm bằng cách qu về biến $a$ rồi pt.

Đó là định lý,bạn ạ

PP thì đúng nhưng chắc là tính nhầm!!=))

bái 1
điều kiện tương đương:$(a,b,c)\rightarrow (\frac{2x}{y+z},\frac{2y}{x+z},\frac{2z}{x+y})$
Thay vào suy ra bdt tương đương với $\sum \sqrt{\frac{2x}{y+z}+3}\geq 6 (1)$
Do bdt thuần nhất suy ra ta có thể chuẩn hoá $x+y+z=1$
Suy ra (1) $\Leftrightarrow $$\sum \sqrt{\frac{2x}{1-x}+3}\geq 6$
Viết bdt dưới dạng $\sum \sqrt{\frac{2x}{1-x}+3}\geqslant 3\sqrt{\frac{2\frac{a+b+c}{3}}{1-\frac{a+b+c}{3}}+3}$
Ta có hàm $f(x)=\sqrt{\frac{3-x}{1-x}}$ là hàm lồi trên khoảng $[\frac{1}{3},\infty)$
Suy ra theo định lý RCF, ta phải cm bdt:$f(x) +2f(y)\geq 3f(1)$ khi $y\geq \frac{1}{3}\geq x$ và $x+2y=3$
nhưng bdt trên có thể dễ dàng cm bằng cách chuyển hết về biến $x$!!!

Cmr: 1 số hữu tỉ luôn có thể biểu diễn được dưới dạng tổng lập phương của 3 sô hữu tỉ

thg Tùng ..... .có dùng dồn biến thui mà:
Đặt $P(x,y,z)$ là giá trị cần tìm max ta cm
$P(x,y,z)\leq P(x+\frac{z}{2},y+\frac{z}{2},0)\leq P(\frac{n}{n+1},\frac{1}{n+1},0)$
Xâu hổ quá đó Tùng

spam chút : sao bạn nghĩ ra cách này =))
--------------
spam : Mình đạo hàm như bình thường bạn ạ :v

Trích dẫn tí!!
Bổ đề:Cho $m,n\in N$ sao cho $n+1$ chia hết cho $4m$ thì $-m$ không là scp mod n.
$4xyz=x+y+t^{2} \Rightarrow 16xyz=4x+4y+4t^{2}$
$\Rightarrow 16xyz^{2}=4xz+4yz+4zt^{2}$
$\Rightarrow (4xz-1)(4yz-1)=4zt^{2}+1$
$(2zt)^{2} \equiv -z(modn)$ trong đó$n=4yz-1$ .Ta có:$n+1$ chia hết cho$4z$ và $\left ( \frac{-z}{n} \right )$.Trái với bổ đề.

Cho $p,q\in N$ sao cho $p+q\in P$ và $n$ chia hết $p^{n}+q^{n}$.Cmr:
$p+q$ chia hết $n$.
Có thể bỏ đk $p+q\in P$ ko?

Tìm tất cả bộ $3$ số (a,m,n)$\in N$ sao cho $a^{m}+1$ chia hết $\left ( a+1 \right )^{n}$

đ/s

Đề đủ phải là tìm bộ ba số $(a,m,n)$ nguyên dương
Giải như sau:
TH1: $m$ chẵn
$gcd(a+1,a^m+1)=d$ suy ra $a^m-a \vdots d$ hay $a(a^{m-1}-1) \vdots d$ mà $a+1 \vdots d$ nên $gcd(a,d)=1$ do đó $a^{m-1}-1 \vdots d$ suy ra $a^{m-1}-1+a+1 \vdots d \Rightarrow a(a^{m-2}+1) \vdots d$ mà $gcd(a,d)=1$ suy ra $a^{m-2}+1 \vdots d$ cứ làm như vậy $m-2,m-4,....,2$ thì $a^2+1 \vdots d$ khi ấy do $a+1 \vdots d$ suy ra $2 \vdots d \Rightarrow d=1,2$
Nếu $d=1$ suy ra $gcd(a+1,a^m+1)=1$ suy ra $(a+1)^n \vdots a^m+1$ khi $a^m+1=1$ vô lí
Nếu $d=2$ suy ra $a^m+1=2^x$ vì ngụơc lại suy ra $a^m+1=2^x.l$ với $l$ lẻ mà $gcd(a+1,a^m+1)=2$ nên $a+1 \not \vdots l$ suy ra $(a+1)^n \not \vdots l \not \vdots a^m+1$ vô lí nên $a^m+1=2^x$ do đó $a$ lẻ nên $m$ chẵn thì $a^m+1 \equiv 2 \pmod{4}$ suy ra $x=2$ nên $a=m=1$ vô lí vì $m$ chẵn $m$ lẻ thì $a^m+1=(a+1)(a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1)$
Thấy $m$ lẻ nên $a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1$ lẻ (do $a^{m-i}-a^{m-i-1}$ chẵn) khi ấy $a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1=1$ (do ước lẻ duy nhất của $2^x$ là $1$ khi ấy $a+1=2^x$ nên $a=1$ vì $a>1$ thì $a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1>1$ vô lí do đó $a=1$ hay $m=1$
Suy ra $(a,m,n)=(1,1,n)$
TH2: $m$ lẻ $m=1$ thì thỏa mãn với mọi $n$ và $a$
$m\geq 3$ thì $m=p.q$ với $p$ nguyên tố
Ta có $(a+1)^n \vdots a^{pq}+1$ và $a^{pq}+1=(a^q+1)((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)$
Nhận thấy $gcd(a^q+1,(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)|p$ nên $gcd(a^q+1,(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)=1,p$
Nếu $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a^q+1)=1$ thì $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a+1)=1$ nên $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1=1$ (do $(a+1)^n \vdots (a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1$) khi ấy $a^q=0,1$ nên $a=1$ khi ấy $(a,m,n)=(1,m,n)$ với $n\geq m$ còn $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a^q+1)=p$
Khi ấy $a^m+1 \vdots p$ nên $(a+1)^n \vdots p$ nên $a+1 \vdots p$
$\blacksquare$ $q \vdots p$ khi ấy $a^q+1=(a+1)(a^{q-1}-a^{q-2}+...+a^2-a+1)$ do $q \vdots p$ nên $a^{q-1}-a^{q-2}+...+a^2-a+1 \vdots p$ kết hợp $a+1 \vdots p$ suy ra $a^q+1 \vdots p^2$ khi ấy $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1 \equiv p \pmod{p^2}$ khi ấy $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1 \vdots p$ mà $\not \vdots p^2$ mặt khác $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1>p$ nên nó còn một ước nguyên tố $r$ khác $p$ mà $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a^q+1)=p$ nên $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,(a+1))=p$ khi ấy $gcd(a+1,r)=1$ như vậy suy ra $(a+1)^n \not \vdots r \not \vdots (a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1$ vô lí
$\blacksquare$ $q \not \vdots p$ khi ấy $a^m+1=a^{pq}+1$
$v_p(a^{pq}+1)=v_p(a^q+1)+v_p(p)=v_p(a+1)+v_p(q)+1=v_p(a+1)+1$ (do $q \not \vdots p$)
$v_p(a^q+1)=v_p(a+1)+v_p(q)=v_p(a+1)$ như vậy $v_p((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)=v_p(a^{pq}+1)-v_p(a^q+1)=v_p(a+1)+1-v_p(a+1)=1$
Như vậy $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1 \vdots p$ mà $\not \vdots p^2$ cm tương tự trên nó có một ước $r$ nguyên tố khác cũng suy ra vô lí
Vậy $\boxed{(a,m,n)=(1,m,n)}$ với $m\le n$

Đ/số cả là(a,m,n)=(2,3,n) với $n\geq 2$ nữa chứ
Cm khác: Bổ đề Định lý Zsigmondy): $a,b,n\in N$ soa cho(a,b)=1 và $n\geq 2$ thì tồn tại số$p$ sao cho $p$ là ước của $a^{n}+b^{n}$ mà không là ước của $a^{k}+b{k}$ với mọi $k\leq n$ trừ khi $a=2,b=1,k=3$.
Quay lại bài toán, nếu $n\geq 2$
+)nếu $a=1$ thì cm như em
+)nếu $a\geq 1,m\geq 2$ thì ta có nghiệm duy nhất :(2,3,n) còn nếu khác thì:theo đlý trên $a^{m} +1$ có ước nguyên tố không là ước của$a+1$, suy ra nó ko là ước của $(a+1)^{n}$.Suy ra vn.Vậy pt có nghiệm:(1,1,n) và(2,3,n) ....(các th dễ xét)

Cho $a_{1},a_{2},...a_{n}>0$ sao cho:
$a_{1}^{6}+a_{2}^{6}+...+a_{n}^{6}=n$,$n \leq 81$
Cmr:$a_{1}^{2}+...a_{n}^{2}\leq a_{1}^{5}+....a_{n}^{5}$
Vasc
Có thể bỏ $n\leq 81$ đc ko?

Tìm $f:R->R$ t/m :
$f(f(x)+y)=f(f(x)-y)+4y.f(x)$

Ta còn có bất đẳng thức:
Cho a, b, c là các số không âm thỏa $a + b + c = 3$. CMR: $a^k+b^k+c^k \ge ab + bc + ca$ với mọi $k \ge \frac{{2\ln 3 - 3\ln 2}}{{\ln 3 - \ln 2}}$
Vấn đề này đã được đề cập đến trong 1 tài liệu của anh Cẩn ( BĐT hiện đại hoặc BĐT và những lời giải đẹp... Tớ quên mất rồi :-s )

Đây là tq của RMO2002.Trong stbđt cx có!