+,Dễ thấy f đơn ánh và với mọi $n\ge 2$ thì tồn tại s để $f(s)=n$
+,thay (m+1,n-1) vào ta có :$f(m+1)-f(m)=f(n)-f(n-1)$ nên suy ra $f(m+1)-f(m)=f(2)-f(1)$
dễ thấy f(2)>f(1) nếu ko f(n)<f(1) (vô lý)
suy ra f(m+1)>f(m). xét tiếp số s mà f(s)=2. ta thấy nếu $s\ge 3$ suy ra f(2)<2 hay f(1)<1 loại nên ta có 2 TH
+,f(2)=2 suy ra f(n)=n
+,f(1)=2 suy ra thay (1,1) vào đề bài ta có f(2f(1))=2=f(1) hay f(1)=1/2, loại
suy ra f(n)=n

viet lại pt $\sqrt[3]{x-9}+(x-9) = (x-3) + (x-3)^3$

nếu ta đặt $f(x) = x^3 + x$ (f là hàm tăng) ta có $f(\sqrt[3]{x-9}) = f(x-3)$

hay $\sqrt[3]{x-9} = x-3$, mũ 3 lên phân tích ta có x=1 và $x= 4+- i\sqrt{2}$

Bài này ghép ghép vui phết

Nhân 2 vế với 9  và dùng bdt svac 

ta có $$\frac{9ab}{a+4b+2c+2d} \le \frac{ab}{a+2c} + \frac{2ab}{2b+d}$$

         $$\frac{9bc}{b+4c+2d+2a} \le \frac{2bc}{a+2c} +\frac{bc}{b+2d}$$

         $$\frac{9cd}{c+4d+2a+2b} \le \frac{2cd}{b+2d} +\frac{cd}{c+2a}$$

         $$\frac{9da}{d+4a+2b+2c} \le \frac{2da}{2a+c} +\frac{da}{d+2b}$$

Cộng dọc ta có $$9LHS \le a+b+c+d = 3$$

q,e,d

Bài toán vẫn đúng nếu với n bất kỳ, là 1 hệ quả của định lý Cauchy Davenport.

có thể tham khảo lời giải tại đây

http://www.tau.ac.il...a/PDFS/egz1.pdf

Câu trả lời là không tồn tại nhé:

f(f(x)) = x suy ra f là song ánh.

$x=1-(1-x)=f(f(1-x)+1)$ suy ra $f(x)=f(1-x)+1$, thay 1-x vào cái này ta có $f(1-x)=f(x)+1$ vô lý

Theo em thì có lẽ bài này sai đề, với lại nếu đúng đi nữa thì số hạng thứ 5 cũng không thuộc N nên có lẽ không cần quan tâm cho mệt @@

Bài này là bài 1 VMO 2010 

http://www.artofprob...533ba0#p2103782

ý tưởng là lấy pt trên trừ 8 pt dưới đề quy về bậc 4

đặt $$x_n = \frac{y_n}{z_n}$$ với $$y_1 = a, z_1 = 1$$

ta có công thức $$\frac{y_{n+1}}{z_{n+1}} = \frac{z_{n}}{y_{n}+z_{n}}$$

nên công thức truy hồi cho 2 dãy là $$y_{n+1} = z_{n} , z_{n+1} = y_{n}+z_{n}$$ hay $$y_{n+1} = z_{n}, z_{n+1} = z_{n} + z_{n-1}$$

nên $$z_{n}$$ là dãy Fibonacci và $$x_{n}$$ chính là tỷ lệ giữa 2 số Fibo liên tiếp nên dãy hội tụ và $$lim = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$$

bài 2 thì tương tự 

chung minh:
cos72= :frac{3- :sqrt{5} }{2( :sqrt{5} -1} chua biet cach go cong thuc mong moi nguoi thong cam

Bài này có trong sbt lớp 10 mà
CM bằng cách dựng tam giác có 3 góc là 72,72,36....

Em đọc kỹ xem,đúng đó,ko cần chia nhiều TH đâu:D

Cho f là hàm số lẻ. Hàm số ĐB trên R.
Nếu a+b+c=0. Chứng minh rằng

f(a).f(b)+f(b).f(c )+f(c ).f(a) 0
Chứng minh giùm em với!

Em đang cần rất gấp

+, f là hàm lẻ suy ra $f(x)=-f(-x)$ nên f(0)=0
+, Giả sử $a\ge b\ge c$
suy ra ta phải CM
$f(a)f(b)\le (f(b)+f(a))f(a+b)$
Ta có $f(a)+f(b)\ge 0$
và $f(a+b)\ge f(b)$ do $a\ge 0$
suy ra $(f(a)+f(b))f(a+b)\ge (f(a)+f(b))f(b)\ge f(a)f(b)$
ĐPCM

Cho đa thức $P(x)=x^{n}+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+....+a_n(n \ge 2)$ có nghiệm thực $b_1,b_2,...,b_n$.Chứng minh rằng:
$P(x+1) \sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x-b_{i}} \ge 2n^2,\forall x>b_{i}(i=\overline{1,n})$

Có $P(x)=\prod (x-b_i)$
nên ta đặt $x-b_i=a_i$, suy ra $a_i>0$ quy về việc CM
$(1+a_1)(1+a_2)....(1+a_n)(\dfrac{1}{a_1}+....+\dfrac{1}{a_n})\ge 2n^2$
holder+cosi 1 fat,quy về việc CM
$(1+x)^n\ge 2nx$ với $x=\sqrt[n]{a_1a_2....a_n}$
(hiển nhiên đúng)
đpcm

Đặt a,b,c cho nhanh nhé ta có $\dfrac{b+c}{a},\dfrac{c+a}{b},\dfrac{a+b}{c}\in N*$
Giả sử a=max(a,b,c) thì suy ra $b+c\le 2a$ suy ra $b+c=2a$ hoắc $b+c=a$
TH1:b+c=2a suy ra a=b=c thì tổng kia =6<8 đúng
TH2:b+c=a, suy ra c=a-b thay nốt vào 2 cái kia ta được
+,$b|a+a-b$ suy ra $b|2a$ (1)
+,$(a-b)|a+b$ suy ra $a-b|2b$ suy ra $a\le 3b$ (2)
chú ý $a=b+c\ge b+1$ nên từ 1 và 2 suy ra
$a\in {\dfrac{3b}{2},2b,\dfrac{5b}{2},3b}$ (chú ý cái 3b/2 và 5b/2 là với b chẵn)
thay lại vào cái $a-b|2b$ thấy cái 5b/2 bị kích vì ko thỏa mãn.
còn lại ta thay nốt các bộ sau vào đề tính tổng: $(a,b,c)=(\dfrac{3b}{2},b,\dfrac{b}{2}),(2b,b,b),(3b,b,2b)$ thấy tổng =8,7,8
nên ta có ĐPCM

1, 3 người mà 2 người bất kỳ đều bị nhọ  thì cả 3 đều nhọ.

2, Nếu cô thứ 1 nói đúng suy ra cô 2 là Nhị và nói sai vào thứ 2, vô lý

    suy ra cô thứ 1 nói sai, cô thứ 1 là Nhị và ngày hôm đó là 3,5,7

   cô thứ 2 là Nhất, thứ 4 nói dối tức là cô ta cũng nói dối nên ngày hôm đó là thứ 3.

3, Cụ nói là: chỉ cần nhảy lên ngựa người kia và phi về đích là thắng mà. 

Với cùng điệu kiện trên thì bất đẳng thức sau vẫn đúng :

$\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2ca}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2ab}} \ge \dfrac{{ab + bc + ca}}{{{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}}} + \dfrac{{37}}{2}.\dfrac{{{{\left[ {\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {c - a} \right)} \right]}^2}}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^6}\left( {ab + bc + ca} \right)}}$

Mình nghĩ là bdt này có vấn đề
chắc là phải thay 37 thành 27 và 1 số cái nữa

mình giải qua thế này nhé
Ta xét TH a,b,c>0
chú ý là
$\sum_{cyc}\dfrac{1}{a^2+2bc}=\dfrac{(\sum ab)(2\sum a^2+\sum ab)}{\prod(a^2+2bc)}$
tức là ta sẽ CM
$(2\sum a^2+\sum ab)(\sum a^2b^2)\ge \prod(a^2+2bc)$
(mình định thử côsi nhưng mà phải ăn cơm nên làm vội phân tích kiểu SOS và schur)
expand ra ta phải CM
$\sum_{cyc}2a^4(b-c)^2-\sum a^2b^2(c-b)(c-a)\ge 0$
đúng theo côsi 2 số
ĐPCM

Tớ gõ các này mục đích là tập tành cái chuyện soạn văn bản bằng latex thôi

Tớ lần đầu gõ latex nên mò mẫm có hơi lâu ( độ .... 4 -5 tiếng gì đấy ) , lệnh thì tớ biết rất ít ---> trình bày có hơi khó coi 1 xíu mong mọi người bỏ qua cho .

Cái lời giải này của VIMF tớ cũng chưa check nữa ... anh em xem có thấy cái gì sai thì nói tớ sửa nhá

Thì mình cũng bảo là 27 thì có lời giải đẹp mà
còn cái 310 thì nhìn kinh quá,ko dám expand.
thks
p/s:lời giải quy đồng của mình đẹp hơn:D

Thay đổi một chút nhá!!!! Hãy cm:
$\dfrac{1}{2a^2+bc}+\dfrac{1}{2b^2+ca}+\dfrac{1}{2c^2+ab} \ge \dfrac{ab+bc+ca}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$

Công nhận là thế thật:
ta có $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge 2bca^2+b^2c^2=bc(2a^2+bc)$
tương tự ghép vào ta có đpcm

Cho $X,Y,Z , A,B,C$ là các số thực không âm thỏa mãn:

$A+X=B+Y=C+Z=k$

cmr:

$AY+BZ+CX\le k^2$

Mở rộng bài toán!

cho k=1,ta phải CM
với $a,b,c\in [0,1]$ thì
$a+b+c-ab-bc-ca\le 1$
mà $(1-a)(1-b)(1-c)\ge 0$ nên $1-a-b-c+ab+bc+ca\ge abc\ge 0$
ĐPCM

Một tài liệu Bất đẳng thức Olympic của mình đây.
Tặng bạn Curi gem.
567 Nice And Hard Inequalities

Vì một số lí do mà Messi_ndt chưa hoàn chỉnh được tài liệu này được, Up lên cho anh em tham khảo.
Vẫn còn một số chỗ chưa hoàn chỉnh và thiếu một số phần mà mình dư định làm.
Dù sao đây cũng là tâm huyết của Messi_ndt trong một thời giãn dài.
Anh em dowdload về đọc thử nhé.
Các bạn có thể dowload ở đây.

Xem qua file này mà anh thấy mình gà bdt quá.
thks em nhé.

Mai kiểm tra mà ông thầy ra đề hay quá. Em làm ko nổi. Mấy pác giải hộ em bài này với.

1. Cho phương trinh x^4 + x^3 - 2x^2 + 3mx - m^2 = 0

Tìm m để phương trinh có nghiệm
Thank trc mấy pác. Giúp em nghen

Dạng này thì ngồi phân tích thôi
ta có $ x^4 + x^3 - 2x^2 + 3mx - m^2 =(x^2-x+m)(x^2+2x-m)$
đến đây thì ok rồi

Bài này em hỏi anh luat nhé.
hướng là dùng bdt này :
$\sum ab\ge \sum \dfrac{4a^3(b+c-1)}{(b+c)^2}$

Mình nói ý nhé:
bài này là định lý fejer(mình cũng ko bik tên tiêg anh nữa:D)
CM bằng cách đạo hàm, chú ý là có công thức tính tổng \sigma cos(k) là ra thôi

bai 1 du 100
bai 2 thi chac la chia cho x^2,roi dung bunhia.mih chua tinh ky lam..

Cho đa thức f(x) bậc n có n nghiệm thực .a là một nghiệm bội của f'(x).CMR:f(a)=0