anh đã bảo là dùng kẹp hết mà
Bài 1
1,Nếu $x\ge 1$
thì
$(x^3+1)^2<y^2=x^6+3x^3+1<(x^3+2)^2$ (vô lý)
2,Nếu $x\le -2$ thì
$(x^3+2)^2<y^2=x^6+3x^3+1< (x^3+1)^2$ (vô lý)
3,x=0 hoặc -1,thử vào suy ra x=0 là nghiệm
Bài 2
1,Nếu $x\ge 1$
thì
$x^4<y^4<(x+1)^4$ vô lý
2,Nếu $x\le -1$
thì
$x^4>y^4>(x+1)^4$ vô lý
suy ra x=0
Bài 3 thì tương tự bài 1

mấy bài này dùng kẹp hết chứ nhỉ???

xin hỏi cách giải phương trình sau:
$a^x$ + $a^y$ = $a^z$ + $a^t$
mình làm là: x=z và y=t hoặc x=t và z=y có đúng không?
mình làm thử cách này với 2 đề thi đại học năm 2006 khối D đều cho đáp án đúng.
nhưng không thấy sách nào làm cách này cả?
xin mọi người góp ý.

cách làm của bạn sai hoàn toàn về bản chất đó
ví dụ thế này nhé,y,z chọn bất kỳ.chọn $t=log_{a}(a^x+a^y-a^z)$ là thỏa mãn mà(chú ý là chọn cho cái nhân loga dương nha

Anh giải câu b,câu a thì tương tự nhé
gọi nghiệm của pt $x^2-5x+1=0$ là a,
nghiệm của $x^2-4x-1=0$ là b.
suy ra P(a)=b
đặt P(x)=(x-a)Q(x)+b thì từ điều kiện suy ra
2bQ(a)=8(a-2)Q(a) suy ra Q(a)=0.
làm tương tự.suy ra ta đặt
$P(x)=(x-a)^nL(x)+b$
trong đó L(x) ko có nghiệm=a
thì suy ra
$2bL(a)=4(2a-4)^nL(a)$ thì suy ra L(a)=0 suy ra vô lý
suy ra Q(x)=0 thì P(x)=b

x=y=0 thì f(0)=0
CM quy nạp CT sau:f(nx)=nf(x) với mọi x thuộc đoạn [0;1/n]
suy ra f(p/q)=a*p/q
đến đây chọn hai dãy con thì ta có f(x)=ax là xong

Hì, dạo này đãng trí, không nhớ nó là IMO Problem mặc dù làm rồi, sorry mọi người. Bài khác vậy, cũng tạm:

Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa $f(f(x)) = x^2 - 2, \forall x \in \mathbb{R}.$

bài này cũ rồi,dùng điểm bất động thôi

Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R^+} \to \mathbb{R^+}$ thỏa mãn:

$\dfrac{(f(w))^2 + (f(x))^2}{f(y^2) + f(z^2)} = \dfrac{w^2 + x^2}{y^2 + z^2}.$

với $w, z, y, x \in \mathbb{R^+}$ và $wx = yz$.

IMO 2008 P4

Hì, thì em post toàn bài cũ cả. Post chơi cho vui ấy mà, có gì anh xử từ từ thôi ạ, ...

Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(xf(y) + f(x)) = 2f(x) + xy$.

http://www.artofprob...f x xy#p1622377

IMO 1999
ý tưởng là phương pháp miền giá trị
http://www.artofprob...308b8e3#p131856

ta quy nạp mệnh đề sau: ton tại bộ (x,y,z) thoả mãn điều kiện đề bài và có 2 số chẵn, 1 số lẻ.

với n = 1 ta có $$2^2+3^2+6^2 = 7^2$$

Đặt hàm f(x)=g(x)*x
suy ra $g(x)*x-g(y)*y=g(x+y)*(x-y)$
suy ra $(x-y)g(x+y)+(y-z)g(y+z)+(z-x)g(z+x)=0$
suy ra $(x-y)(g(x+y)-g(y+z))=(x-z)(g(x+z)-g(y+z))$
đặt x+y=z,y+z=b,z+x=c suy ra
$\dfrac{g(a)-g(b)}{a-b}=\dfrac{g(b)-g( c )}{b-c}=t$ với t là hăng số
suy ra g(x)=ax+b suy ra $f(x)=ax^2+bx$

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho các số nguyên dương $a_1, a_2, ...., a_n; b_1, b_2, ..., b_n$ thỏa mãn đẳng thức:

$(a_1^2+. . .+a_n^2)(b_1^2+. . . +b_n^2)-(a_1b_1+...+a_nb_n)^2=n$

Chém thử ,chưa check kỹ lắm
ta có
$ \sum\limits_{i=1,i<j}^{n-1}(a_ib_j-a_jb_i)^2=n $
tổng trên có tối đa n phần tử khác không.
ta xét 3TH
****
TH1: $\le n-2$ số khác không
suy ra tồn tại chỉ số j sao cho $a_jbi=a_ib_j$ với mọi j suy ra theo bunhia n=0 vô lý
****
TH2: $n-1$ số khác không suy ra $n=VT\ge n-1$
suy ra $VT\ge n-2+4=n+2>n$ vô lý
****
TH3: n số khác 0
Nếu tồn tại chỉ số j như TH1 thì ta xong
Nếu không ta chia tập thành (n-1) tập {a_i} (tập a_i bao gồm tất cả các phần tử có dạng $(a_ib_j-a_jb_i)^2$)
suy ra tồn tại 1 tập có 1 phần tử=1, và 1 tập có 2 phần tử =1
xét cái tập có 1 phần tử=1 thì thấy $\dfrac{a_i}{b_i}=\dfrac{a_j}{b_j}$ (với mọi i,j trừ số hạng=1)
suy ra tất cả các tập đều có 1 phần tử=1
vô lý
****
không tồn tại n

cho em giải bằng cách này được không ? cho em ý kiến nhé!!
vì x,y là nghiệm nguyên nên ta có: x=ky ( y thuộc Z , k thuộc R)
thay vào PT ta có:
$ 2k^4y^4+1=y^2 \Leftrightarrow y^2(1-2k^4y^2)=1 \Leftrightarrow y= \dfrac{1}{ \sqrt{1-2k^4y^2} } $
vì y thuộc Z nên $ \dfrac{1}{ \sqrt{1-2k^4y^2} } $ cũng thuộc Z
từ đó ta sẽ có $ \sqrt{1-2k^4y^2} =1 \Leftrightarrow k=0 hay y=0 $

chú giải sai chỗ này : vì y thuộc Z nên cái căn kia có dạng 1/n chứ ko fai là 1
***
bài này thì xài xuống thang thôi
China TST 1993
http://www.artofprob...dc926aa#p269097

anh hiểu nhầm ý em rùi vì y thuộc Z nên $ \sqrt{1-4k^4y^2}$ là ước của 1 (ước của 1 gồm 1 và -1(loại)) từ đó em mới giải đây là cách giải của em nên em cũng sợ sai lắm (bài này trích ở đâu zậy mấy anh để em xem đáp án)

ô hay,
$\sqrt{1-4k^4y^2}$ có nguyên đâu, chỉ hữu tỉ thôi nên nó fai có dạng 1/n

Bài này nặng về ý
CM quy nạp cái sau
Với mọi $n\in N$ tồn tại $a,b\in N$ mà
+,$(\sqrt{2}+1)^n=\sqrt{a^2}+sqrt{2b^2}$ với $a^2-2b^2=(-1)^n$
CM:
n=1,đúng
giả sử đúng tới k
ta CM đúng với k+1
chú ý $(\sqrt{2}+1)^{n+1}=(\sqrt{a^2}+sqrt{2b^2})(\sqrt{2}+1)=\sqrt{(a+2b)^2}+\sqrt{2(a+b)^2}$
và $(a+2b)^2-2(a+b)^2=-a^2+2b^2=(-1)^{n+1}$
đến đây thì ok rồi.
Merry christmas

khi đó $M\geq\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}[\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle x^3+y^3}+\dfrac{\displaystyle z^3}{\displaystyle y^3+z^3}+\dfrac{\displaystyle t^3}{\displaystyle z^3+t^3}+\dfrac{\displaystyle x^3}{\displaystyle t^3+x^3}]$
đến đây chỉ việc áp dụng bất đẳng thức Nesbitt cho 4 biến $x^3,y^3,z^3,t^3$ ta co ngay $M\geq1$

đây ko phải bdt nesbitt anh ơi.

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô

Nguyễn Kim Anh

Bài này khó kinh,mình làm thử cách này(chưa check kỹ lắm,ai đó check hộ mình với)
đặt $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)(1+x^2)}$ thì
**************
Bổ đề 1: nếu $ab\ge 1$

$f(a,b)\ge f(\sqrt{ab},\sqrt{ab})$ (CM=cách quy đồng trực tiếp)
và $f(a,b,c,d)\ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc})$ (CM như CM tử bdt cosi 2 số lên 3 số)
Bổ đề 2: nếu $ab\ge 1$ mà $a\ge 1$ và $b\le 1$ thì

$f(a,b)\ge f(ab,1)$ (CM=cách quy đồng)
**************
xét 3 trường hợp:
*****
TH1: 3 số nhỏ hơn 1,giả sử $b,c,d\le 1 $ suy ra $ab,ac,ad\ge 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(ab,1,c,d)\ge f(abc,d,1,1)=f(\dfrac{1}{d},d,1,1)\ge 1$
*****
TH2: 2 số nhỏ hơn 1, 2 số lớn hơn 1:
Giả sử $a\ge b\ge 1$ và $c,d\le 1$
Dễ thấy tồn tại ít nhất 1 trong 2 số ac,ad mà số này<1,giả sử $ac\ge 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(ac,b,d,1)\ge f(\sqrt{abc},\sqrt{abc},d,1)=f(x,x,\dfrac{1}{x^2},1)\ge 1 $
****
TH3: 1 số nhỏ hơn 1:
Giả sử $d\le 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},d)=f(x,x,x,\dfrac{1}{x^3})\ge 1$

ĐPCM

BDT cho n biến cũng đung đấy anh ak
$ \sum \limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{(a_i+1)(a_{i}^2+1)} \ge \dfrac{n}{4}$
Ta sẽ cm BDT sau: $\dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} \ge \dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{8}ln a$
Thât vậy $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)(1+x^2)} -\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{8}ln x$
thì $f'(x)=\dfrac{(x-1)(3x^6+9x^5+18x^4+30x^3+39x^2+21x+8)}{8(1+x)^2(1+x^2)^2}$
i)$x \ge 1 \to f(x) \ge f(1)=0$
ii)$0<x<1 \to f(x) \ge f(1)=0$
Tóm lại đúng
Cộng từng vế có QED

PS: 2$ ???? USD hôm nay 19,5

Đạo hàm sai rồi em zai.
$f'(x)=\dfrac{(x-1)(3x^5+9x^4+18x^3+6x^2-x-3)}{8(1+x+x^2+x^3)^2x}$

$a,b,c>0$
$ab+bc+ca=3$
Chung minh: $ \sum \dfrac{a}{2 a^{2}+bc } \geq abc$

đẹp và dễ thật
ta có bdt tương đương (chia abc cho 2 vế)
$\sum \dfrac{1}{2a^2bc+b^2c^2}\ge 1$ đặt ab=z,bc=x,ca=y suy ra x+y+z=3
và ta phải CM
$\sum \dfrac{1}{x^2+2yz}\ge \dfrac{9}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx}=1$
ĐPCM

Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b,c$ thỏa mãn:

$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3(ab+bc+ca)}$ là số nguyên.

suy ra
$(a+b+c)^2=(3n+2)(ab+bc+ca)$
tồn tại số nguyên tố p=3k+2 sao cho
$p^{2t-1}||(3n+2)$
chú ý vế trái là SCP
nên $p^{2t}|(a+b+c)^2$ nên $p|a+b+c$
suy ra $p|ab+bc+ca$
nên $p|a^2+ab+b^2|(2a+b)^2+3b^2$
suy ra -3 là SCP mod p
mà
$p \equiv 2(mod 3)$
suy ra vô lý
không tồn tại n

+,Vì nếu tất cả các ước nguyên tố của (3n+2) có dạng (3k+1) thì xét mod 3 ta suy ra vô lý.Nên tồn tại ước có dạng (3k+2) và số mũ của ước này là lẻ,nếu ko lại quy về TH trước.
+,$c\equiv -(a+b) (mod p)$ thì $c(a+b)+ab\equiv -(a+b)^2+ab (mod p)$ nên $p|a^2+ab+b^2$

1. Cho $p_1 = 2,p_2 = 3,p_3 = 5,...,p_n $ là n số nguyên tố đầu tiên, với n 3. CMR:
$\dfrac{1}{{p_1^2 }} + \dfrac{1}{{p_2^2 }} + \dfrac{1}{{p_3^2 }} + ... + \dfrac{1}{{p_n^2 }} + \dfrac{1}{{p_1 p_2 ...p_n }} < \dfrac{1}{2}$

*********
LG:
có $p_n\ge 2n-1$ với mọi n (do trong 2 số liên tiếp ta chỉ có nhiều nhất 1 số nguyên tố (1 chẵn 1 lẻ ))
và do $p_1p_2...p_n>2*3*5*7$ với n>4
nên ta có

$VT=\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{7^2}+\dfrac{1}{p_5^2}+....+\dfrac{1}{p_n^2}+\dfrac{1}{p_1....p_n}<\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{7^2}+(\dfrac{1}{9^2}+....+\dfrac{1}{(2n-1)^2})+\dfrac{1}{2*3*5*7}<\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{7^2}+(\dfrac{1}{7*9}+....+\dfrac{1}{(2n-3)(2n-1)})+\dfrac{1}{2*3*5*7}=\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{7^2}+\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{7}-\dfrac{1}{9}+....+\dfrac{1}{2n-3}-\dfrac{1}{(2n-1)})+\dfrac{1}{2*3*5*7}<\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{7^2}+\dfrac{1}{2*7}+\dfrac{1}{2*3*5*7}<\dfrac{1}{2}$
ĐPCM

Vì mới nhập môn nên em thấy bài tập hơi khó, mong các anh giúp em 2 bài.

Bài 1:

a) ĐÃ TỰ LÀM ĐC

b) lim $( x^{3} - x^{2} + x + 6 log_{2}x) 2^{x}$
x->+0

b,Nếu đề câu b thế kia thì lim là $-\infty $
anh check lại đề đi

Không ai ủng hộ topic của tui sao buôn quá trời. Hay là chưa đủ khó để làm vậy thì tiếp nè .....

1.Nguyên hàm $\int {\left( {\dfrac{1}{{\ln ^2 }} + \dfrac{1}{{\ln x}}} \right)} dx$

2.$\int {\dfrac{1}{{\ln ^2 }}dx} $ và $\int {\dfrac{1}{{\ln x}}dx} $

Mình chỉ biết cái nguyên hàm này thôi

$ \int (\dfrac{1}{ln(x)}-\dfrac{1}{ln(x)^2})dx =\dfrac{x}{ln(x)}$
mấy cái kia có lẽ là ko tính được đâu

cái này là conditional probability rõ ràng, sự kiện sau liên quan đến sự kiện trước, bạn rai_2601 nói không đúng nhé.

Cm thì có 1 bạn ở trên nói nghe 33+33=66 cũng đúng  nhưng để lập luận toán học thì người ta thường dùng Bayes theorem. có 1 dòng thôi à.

trước mình học cái này cũng hơi bất ngờ. Nhuwng hài ở chỗ là ai cũng nghĩ là 50% thành ra chơi ô cửa bí mật chả ai đổi =)).