CMR: $17<\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+ ... +\frac{1}{\sqrt{100}}< 18$

Dùng pp làm trội, làm giảm

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

a) $x^{4}-5x^{2}y^{2}+4y^{4}=3$

b) $x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz=1$

b)

pt <=> $(x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-z-zx)=1$

a) pt tương đương <=> $(x^{2}-2y^{2}-xy)(x^{2}-2y^{2}+xy)=3$

Đây là pt tích với các hạng tử là ước của 3.

Dùng pp miền giá trị

giúp mình giải bài này với

tìm Min của hàm số 

$y=\sqrt{4x^{2}+20x+25}+\sqrt{x^{2}-8x+16}$

Ta có:y=$\sqrt{(2x+5)^{2}}+\sqrt{(x-4)^{2}}=\left | 2x+5 \right |+\left | x-4 \right |$

Ta nhận thấy $\left\{\begin{matrix}\left | 2x+5 \right |\geq 0 & \\\left | x-4 \right | \geq 0 & \end{matrix}\right.$

nên y đạt Min <=> $\begin{bmatrix}\left | 2x+5 \right |=0 & \\\left | x-4 \right |=0 & \end{bmatrix}$

Nếu $\left | 2x+5 \right |=0 => y=\frac{13}{2}$

Nếu $\left | x-4 \right |\doteq 0 => y= 13$

Vậy Min y=$\frac{13}{2} \Leftrightarrow x=\frac{-5}{2}$

Tìm GTLN: Q=$\sqrt{2x^{2}+2x+1} + \sqrt{2x^{2}-8x+10}$

Cho a,b,c$\geq 0 thỏa a+b+c=1.CMR \sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}\geq 7$

Tìm GTNN: A=$(x-1)^{4}+(x-3)^{4}+6(x-1)^{2}(x-3)^{2}$

Xem tại đây:https://diendantoanh...hức-và-cực-trị/

phân tích vế trái thành tích của 2 đa thức không âm

x⁴ - 2x³ + 4x² - 3x + 2

$=(x^{2}-x+2)(x^{2}-x+1)$

giải pt

( x - 1 )⁵ + ( x + 3 )⁵ = 242( x + 1 )

Đặt x+3 =t, pt trở thành:

$t^{5}+(t-4)^{5}=242(t-2)$

<=> $t^{5}+t^{5}-20t^{4}+160t^{3}-640t^{2}+1280t-1024-242t+484=0$

<=> $2t^{5}-20t^{4}+160t^{3}-640t^{2}+1038t-540=0$

<=>$2(t-1)(t-2)(t-3)(t^{2}-4t+45)=0$

<=> $\begin{bmatrix}t-1=0 & & & \\t-2=0 & & & \\t-3=0 & & & \\t^{2}-4t+45=0(PTVN) & & & \end{bmatrix}$

=> $\begin{bmatrix}t=1 & & \\t=2 & & \\t=3 & & \end{bmatrix}$

=> $\begin{bmatrix}x=-2 & & \\x=-1 & & \\x=0 & & \end{bmatrix}$

Vậy S={-2;-1;0}

P/s: Ai biết gõ kí hiệu hoặc chỉ với

giải pt

( x + 1 )³+( x - 2)³=( 2x - 1 )³

Làm tương tự như bài trên

Câu 5a làm không biết đúng không, mong mọi người chỉ bảo

Nhận thấy tập $S_{3}(5)$ phải nhận ba giá trị vì nếu nhân có hai giá trị thì có thê là một trong các trường hợp sau:

$\begin{bmatrix}{1;2;1;2;1} & \\ {2;1;2;1;2} & \end{bmatrix}$ ( vô lý theo iii)

Giả sử $x_{1}=1$

$=> \begin{bmatrix}x_{2}=3 & \\x_{2}=2 & \end{bmatrix}$

Giả sử luôn $x_{2}=2$

Nếu $x_{3}=1$, khi đó $\begin{bmatrix}x_{4}=2 & \\ x_{5}=2 & \end{bmatrix}$ ( điều vô lý theo iii)

$\begin{bmatrix}x_{4}=3,x_{5}=1

$=> S_{3}(5)={1;2;1;3;1}$

$=> x_{3}=3$

$=> x_{4},x_{5}$ sẽ nhận một trong ba giá trị :1 hoặc 2 hoặc 3 

Nhận thấy để $x_{i}=3$ thì $i=5$

$=>\begin{bmatrix}x_{4}=2 & \\x_{4}=1 & \end{bmatrix}$ (Trường hợp trên không thể xảy ra vì mâu thuẫn với iii)

Nếu $x_{4}=1$ $=> x_{5}=2$ $=> S_{3}(5)={1;2;3;1;2}$ (loại)

$=> x_{4}=2=> x_{5}=1=> S_{3}(5)={1;2;3;2;1}$ (nhận)

Mà do tính hoán vị của 1;2;3 nên có thêm $3!$ cách

Vậy số phần tử của tập hợp là $2.3!$

Câu 6 a) CTTQ của dãy:

$x_{n}=(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n}+(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n}=a^{n}+b^{n}$ với $\left\{\begin{matrix}a=\frac{1+\sqrt{5}}{2} & \\b=\frac{1-\sqrt{5}}{2} & \end{matrix}\right.$

Dễ dàng chứng minh dãy $x_{n}$ nguyên

$=> a^{n}+b^{n}$ nguyên

Ta sử dụng tính chất sau:

$a^{n}+b^{n}$ nguyên $\forall n\in \mathbb{N}$, c lẻ

$=> a^{c}+b^{c}\vdots a+b$ 

CM: Sử dụng phân tích $a^{n}+b^{n}=(a+b)...$

Quay lại bài toán ta  sử dụng phản chứng 

Giả sử $x_{n}$ nguyên tố nhưng n là hợp số có ước nguyên tố lẻ, giả sử n=x.y, trong đó x lẻ

$=> x_{n}=(a^{y})^{x}+(b^{y})^{x}\vdots a^{y}+b^{y}$

$=> x_{n}$ là  hợp số ( Mâu thuẫn với gt)

=> Đpcm.

Ở đây bỏ qua TH n=0

b) Câu  b là tính chất của dãy Lucas.

Câu 5b

Đây là cách làm của một bạn bên aops. Xin trích dẫn cách làm của bạn:

 

 

Let n points in a line colored with d colors.Those points satisfied that every segment connected 2 points with the same color would not have the common point with the other segment connected 2 points with the same color or it would content the 2 segment connected others with the same color.Show that n is maximumly equal to 2d-1.

Cho n điểm nằm trên một đương thẳng được tô bởi d màu. Những điểm này phải thoả sao cho mỗi đoạn thẳng nối hai điểm cùng màu sẽ không có điểm chung với những đoạn thẳng khác cũng nối hai điểm cùng màu hoặc nó thoả hai đoạn thẳng nối những điểm khác với cùng màu. Do đó,  n  không vượt  quá 2d-1.

P/s: Trình độ tiếng anh hạn chế nne6nmong mọi người chỉ bảo.

Bài 17: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}^*\rightarrow \mathbb{N}^*$ thỏa mãn: $f(mn)+f(m+n)=f(m)f(n)+1,\forall m,n\in \mathbb{N}^*$(*)

Đặt $f(1)=x$

 Trong (*) thay m=n=1 , ta được:

$f(1)+f(2)=f(1)^{2}+1$

$=> f(2)=f(1)^{2}-f(1)+1=x^{2}-x+1$

Trong (*) thay m=2, n=1, ta được:

$f(2)+f(3)=f(1)f(2)+1$

$=> f(3)=f(2)(f(1)-1)+1=(x^{2}-x+1)(x-1)+1$

Trong (*) thay m=3, n=1, ta được:

$ f(3)+f(4)=f(3)f(1)+1 => f(4)=f(3)(f(1)-1)+1=(x^{2}-x+1)(x-1)^{2}+(x-1)+1$

Bằng việc qui nạp m , ta chứng minh được: $ f(m)=(x^{2}-x+1)(x-1)^{m-2}+\sum_{i=1}^{m-3}(x-1)+1$ ($ m>2$)

Trong (*), Thay m=2,n=3, ta được:

$f(6)+f(5)=f(2)f(3)+1$

Theo công thức trên, ta được:

$(x^{2}-x+1)(x-1)^{4}+\sum_{i=1}^{3}(x-1)^{i}+1+(x^{2}-x+1)(x-1)^{3}+\sum_{k=1}^{2}(x-1)^{k}+1=(x^{2}-x+1)((x^{2}-x+1)(x-1)+1)+1$

Giải pt trên, chú ý rằng $x\in N^{*}$ ta được $\begin{bmatrix}x=1 & \\x=2 & \end{bmatrix}$

Với x=1

$=> f(1)=1, f(2)=1, f(m)=(1^{2}-1+1)(1-1)^{m-2}+\sum_{i=1}^{m-3}(1-1)^{i}+1=1$

$=> f(m)=1 \forall m\in N^{*}$

Thử lại, VT(*)=VP(*)=2 nên nhận kết quả trên

Với x=2

$f(1)=2,f(2)=3,f(m)=(2^{2}-2+1)(2-1)^{m-2}+\sum_{i=1}^{m-3}(2-1)^{i}+1=m+1$

$=> f(m)=m+1 \forall m\in N^{*}$

Thử lại, VT(*)=VP(*)=$ m+n+mn+2$ nên nhận $\large f(m)=m+1$

Vậy $ f(m)=1, f(m)=m+1$

Bài 17: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}^*\rightarrow \mathbb{N}^*$ thỏa mãn: $f(mn)+f(m+n)=f(m)f(n)+1,\forall m,n\in \mathbb{N}^*$

Các hàm thỏa là: f(m)=1, f(m)=m+1. Tối về đánh cách giải sau.

Khởi động lạị topic nào

Bài 35.(Sáng tác)

Tìm các hàm: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả:

$f(x+f(y))=yf(x)+xf(y)$

Bài 36: (nguồn Aops) Cho $a,b,c>0$ thoả: abc=1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{a^{7}+a^{5}+1}\geq 1$

Bài 36: Ta có kết quả quen thuộc sau:
(Bất đẳng thức Vasile) Cho a,b,c$>0$ thoả $abc=1$ thì:

$\sum \frac{1}{a^{2}+a+1}\geq 1$

Trở lại bài toán:

Ta có đánh giá sau: 

$\frac{1}{a^{7}+a^{5}+1}\geq \frac{1}{a^{8}+a^{4}+1}$

$<=> \frac{(a-1)^{2}a^{4}}{(a^{2}-a+1)(a^{2}+a+1)(a^{4}-a^{2}+1)(a^{5}-a^{4}+a^{3}-a+1)}\geq 0$ (luôn đúng)

$=> \frac{1}{a^{7}+a^{5}+1}\geq \frac{1}{a^{8}+a^{4}+1}$

$=> \sum \frac{1}{a^{7}+a^{5}+1}\geq \sum \frac{1}{a^{8}+a^{4}+1}=1$ (theo bổ đề)

$=> Đpcm.$

P/s: Các bạn có thể đóng góp thêm cách giải khác.

Bài 205:https://diendantoanh...sqrt33x-frac12/

Sửa lại lời giải như sau nhé (Cảm ơn tiền bối An Infinitesimal)

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có: $\left ( \dfrac{1}{\sqrt{x+3}}+\dfrac{1}{\sqrt{3x+1}} \right )^2\leqslant 2\left ( \dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{3x+1} \right )$

Mà: $\left ( \dfrac{2}{\sqrt{x}+1} \right )^2-2\left ( \dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{3x+1} \right)=\dfrac{4(\sqrt{x}-1)^4}{(\sqrt{x}+1)^2(x+3)(3x+1)}\geqslant 0$

Do đó: $\frac{1}{\sqrt{x+3}}+\frac{1}{\sqrt{3x+1}}\leqslant \frac{2}{1+\sqrt{x}}$

Đẳng thức xảy ra: $\iff x=1$

Thử lại thấy thoả mãn

 

Không phải AM-GM mà Cauchy-Schwarz

Bài 210: Chưa học nghiệm phức nên không có biết tính là nghiệm không.Có gì sai mọi người chỉ dùm!

ĐK: $\sqrt{\frac{1}{2}}\leq x\leq \sqrt{2}$

Ta có:$\sqrt{2-x^{2}}\leq \frac{1}{2}(2-x^{2}+1)=\frac{1}{2}(3-x^{2})$(AM-GM)

$\sqrt{2-\frac{1}{x^{2}}}\leq \frac{1}{2}(2-\frac{1}{x^{2}}+1)=\frac{1}{2}(3-\frac{1}{x^{2}})$

=> $\sqrt{2 - x^{2}} + \sqrt{2 - \dfrac{1}{x^{2}}}\leq \frac{1}{2}(6-x^{2}-\frac{1}{x^2})$(1)

Mặt khác, $4-(x+\frac{1}{x})-(\frac{1}{2}(6-x^{2}-\frac{1}{x^2}))=(x^{2}-x)^{2}+(x-1)^{2}\geq 0$

=>  $4-(x+\frac{1}{x})\geq \frac{1}{2}(6-x^{2}-\frac{1}{x^2})$(2)

(1) ^(2)=>$VT\leq VP$

=> $VT=VP <=> x=1$(nhận)

Vậy S={1}

Tiếp lửa cho topic bằng 2 bài toán sau đây:

$\boxed{207}$ Giải phương trình $\sqrt{4x-1}+\sqrt[4]{8x-3}=4x^4-3x^2+5x$

$\boxed{208}$ Giải phương trình: $x+\sqrt{2x-1}\sqrt[3]{2x+1}=3+\sqrt{x+2}\sqrt[3]{x+4}$

Bài 207:

ĐK:$x\geq \frac{3}{8}$

Ta có: $\sqrt{4x-1}=\sqrt{1.(4x-1)}\leq \frac{4x-1+1}{2}=2x$(AM-GM)

$\sqrt[4]{8x-3}=\sqrt[4]{1.1.1(8x-3)}\leq \frac{1+1+1+8x-3}{4}=2x$ (AM-GM)

=>$\sqrt{4x-1}+\sqrt[4]{8x-3}\leq 4x$

Mặt khác, $4x^{4}-3x^{2}+5x-4x=x(x+1)(2x-1)^{2}\geq 0$ (đúng theo đk của x)

=> $4x^{4}-3x^{2}+5x\geq 4x$

=> $4x^{4}-3x^{2}+5x\geq \sqrt{4x-1}+\sqrt[4]{8x-3}$

=> $4x^{4}-3x^{2}+5x=\sqrt{4x-1}+\sqrt[4]{8x-3}$ <=> x=$\frac{1}{2}$ (n)

Vậy S={$\frac{1}{2}$}

Mình chưa hiểu rõ ý tưởng bài 206.Bạn có thể giải thích rõ không?

Bài bất sử dụng đánh giá $\sqrt{a^{2}-a+1}+\frac{1}{2}-a\geq \frac{3}{2(a^{2}+a+1)}$

Nguồn: Facebook thầy Lữ
Mọi người vô chém ạ.

Các mem xem thử đề mới. Ai làm được thì vô chém nhé
Nguồn:the art of mathematics - trao đổi toán học

Tr2512:
Bài 1a: Theo định lý Rolle thì phương trình $f'=0$ tồn tại ít nhất 1 nghiệm thuộc $R$, đồng thời $f$ có tập xác định $(0;\infty)$ nên lim $\lim_{x\to - \infty}f' >0; \lim_{x\to -\infty}f' <0$ suy ra hàm số đạt GTLN trên R.

Bài 47. Ta có: $(n+1)^{7}-n^{7}-1=7n(n+1)(n^{2}+n+1)^{2}$

Ta sẽ chứng minh có vô số số tự nhiên $n$ để $7n(n+1)$ luôn là số chính phương.

Điều này $<=>$ pt: $n(n+1)=7k^{2}$ có vô số nghiệm

Giả sử $k=x.y$ Ta xét trường hợp sau:

$\left\{\begin{matrix}n=7y^{2} & \\n+1=x^{2} & \end{matrix}\right.$

$=> x^{2}-7y^{2}=1$. Ta nhận thấy đây là phương trình Pell loại 1 nên có vô số nghiệm $x,y$ nguyên dương.

Do đó, ứng với mọi $x,y$ là nghiệm cuả phương trình Pell thì sẽ có $n$ tương ứng sao cho $7n(n+1)$  là số chính phương. Mà có vô số $x,y$ như vậy nên sẽ có vô số $n$.

Vậy ta có đpcm.