$f(x)=\frac{1}{3}mx^{3}-(m-2)x^{2}+3(m-2)x+\frac{1}{3}$

$f'(x)=mx^{2}-2(m-2)x+3(m-2)$

Để $f'(x)$ có 2 nghệm phân bệt thì:

$\left\{\begin{matrix} m\neq 0 & & & \\ \Delta '=(m-2)^{2}-3m(m-2)>0 & & & \\ \frac{2(m-2)}{m}> 0 & & & \\ \frac{3(m-2)}{m}> 0 & & & \end{matrix}\right.$

Từ đây xét các phương trình ta tìm được các giá trị của $m$.

Cho $a^{2}+2b^{2}=2$. Chứng minh $\frac{-25}{4}\leq ab+3b^{2}-a^{2}\leq \frac{29}{4}$

Cho tam giác $ABC$, diện tích =$S=27$. Có bao nhiêu điểm $P$ trong tam giác thỏa: trên các cạnh của tam giác có thể chọn được $27$ điểm (kể cả đỉnh) $X_{1},X_{2},...,X_{27}$ mà diện tích các tam giác $PX_{1}X_{2},...,PX_{27}X_{1}$ đều bằng $1$.

Mình có một góp ý nhỏ ở bài $13\sqrt{x^{2}-x^{4}}+9\sqrt{x^{2}+x^{4}}=16$

Bài này không dễ gì tìm được hệ số cân bằng (Mình nghe được nó đã từng xuất hiện trong kì thi Olympic 30-4 và chỉ một bạn giải được).

Dạng tổng quát: $ax\sqrt{1+x^{2}}+bx\sqrt{1-x^{2}}$

$ax\sqrt{1+x^{2}}+bx\sqrt{1-x^{2}}=\frac{a}{s}.xs\sqrt{1+x^{2}}+\frac{b}{t}.tx\sqrt{1-x^{2}}\leq \frac{1}{2}(as+\frac{a}{s}+bt-\frac{b}{t})x^{2}+\frac{1}{2}(\frac{a}{s}+\frac{b}{t})$

Dấu bằng xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} s^{2}x^{2}=1+x^{2} & \\ t^{2}x^{2}=1-x^{2} & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow s^{2}-t^{2}=2$

Vậy để tìm được $s,t$ ta lập hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} s^{2}-t^{2}=2 & \\ as+\frac{a}{s}+bt-\frac{b}{t}=0 & \end{matrix}\right.$

Nguồn: sưu tầm.

Xét thấy $x=y=0$ không phải nghiệm của pt nên $x,y\neq 0$

 

Đặt $x=ty$

 

Khi đó PT $(1)\Leftrightarrow t^{2013}y^{2013}+ty^{2014}=y^{2026}+y^{2014}$

 

$\Leftrightarrow t^{2013}+t=y^{2013}+y$

 

$\Leftrightarrow (t-y)(....+1)=0$

 

Ta chứng minh được biểu thức trong ngoặc $> 0\Rightarrow t=y\Rightarrow x=y^2$

 

Thế vào pt $(2)$ (như thế này k chắc chắn đúng)

 

pt $(2)$ $7x^4+13x+8=2x^2\sqrt[3]{x(3x^2+3x-1)}$

 

Từ $x=y^2$ suy ra $x\geqslant 0$

 

Áp dụng BĐT Cauchy $2x^2\sqrt[3]{x(3x^2+3x-1)}\leqslant \frac{2x^2(3x^2+4x)}{3}\Rightarrow 7x^4+13x+8\leqslant \frac{6x^4+8x^3}{3}$

 

$\Rightarrow 15x^4-8x^3+39x+24\leqslant 0$ (pt này vô nghiệm vì

 

$2(x^4+x^4+x^4+1)\geqslant 8x^3\Rightarrow VT\geqslant 9x^4+39x+16>0(x\geqslant 0)$

Trong căn đâu phải các số dương mà Cauchy. Bạn chứng minh được $3x^{2}+3x-1\geq 0$

1) Cho đa thức bậc 6 thỏa mãn: $f(1)=f(-1);f(2)=f(-2);f(3)=f(-3)$. Chứng minh với mọi x ta có $f(x)=f(-x)$

2) Xác định đa thức bậc hai f(x) tm:
a)$f(x)-f(x-1)=x$

b)$f(x)-f(x-1)=2x-1$

c)$f(1)=2$;$f(2)=5$;$f(3)=12$

3) Xác định đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng 4 tm:
a)$f(1)=1;f(2)=4;f(3)=9;f(4)=16;f(5)=25$

b)$f(1)=1;f(2)=1;f(3)=2;f(4)=3;f(5)=5$

c)$f(1)=2;f(2)=4;f(3)=6;f(4)=8;f(5)=10$

1) Đặt $g(x)=f(x)-f(-x)$

Ta có: $g(1)=g(2)=g(3)=0$, do đó $g(-1)=g(-2)=g(-3)=0$.Mà $g(0)=f(0)-f(0)=0$

Mà $g(x)$ là đa thức bậc 6 có 7 nghiệm, do đó $g(x)$ là đa thức không $\Rightarrow g(x)=0\Rightarrow f(x)=f(-x)$

2a,b) Phương pháp sai phân. Câu a $f(x)=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x$

c) Hệ 3 phương trình 3 ẩn.

3) Hệ phương trình.

Tìm đa thức $P(x)\in \mathbb{R}[x]$ thỏa mãn: $P(x^2)=[P(x)]^2$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Gọi đa thức $P(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{0}$ với $a_{n}\neq 0, n\in \mathbb{N}$

Giả sử là có ít nhất một hệ số $a_{m}\neq 0$

Khi đó $a_{n}x^{2n}+...+a_{m}x^{2m}+...+a_{0}=a_{n}^{2}x^{2n}+...+2a_{n}a_{m}x^{n+m}+...+a_{m}^{2}x^{2m}+...+a_{0}^{2}$

Cân bằng hệ số, ta được: $a_{n}a_{m}=0$ (vô lý)

Do đó không tồn tại $m$ thỏa. 

$\Rightarrow P(x)=a_{n}x^{n}$

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x^{2013}+xy^{2012}=y^{4026}+y^{2014} & \\ 7x^{4}+13x+8=2y^{4}\sqrt[3]{x(3x^{2}+3y^{2}-1)} & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng không tồn tại hàm số liên tục $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa:

$f(x+2012).(f(x)+\sqrt{2013})=-2014, \forall x\in \mathbb{R}$

Cho $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2$

Chứng minh: $x+y+z\leq xyz+2$

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x+y+xy=3 & \\ \frac{4}{5y+9}+\frac{4}{x+6}+\frac{1}{1+(x+1)(y+2)}=\frac{x+1}{2} & \end{matrix}\right.$

$f^{'}(t)=3t^2-3$ đâu có $>0$ $\forall \in \mathbb{R}$

Nếu muốn dùng tính đơn điệu thì bạn phải chứng minh $t^2>1$

Thực sự bài này ra rất nhiều nghiệm, có thể nói là vô số. \Bài này nếu sửa lại $x(y^{3}-1)=6$ thì đơn giản hơn nhiều.

Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} x^{3}.\left ( 3y+1 \right )=8 & & \\ x\left ( y^{3} +1\right )=6& & \end{matrix}\right.$

Hệ biến đổi thành: $\left\{\begin{matrix} \frac{8}{x^{3}}=3y+1 & \\ \frac{6}{x}=y^{3}+1 & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{3}=3y+1 & \\ 3a=y^{3}+1 & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow a^{3}-3a=3y-y^{3}$

Đặt $y=-z $ ta có: $\Leftrightarrow a^{3}-3a=z^{3}-3z$

Đặt $f(t)=t^{3}-3t$, dùng tính đơn điệu ta được $a=z$

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh:

$\sqrt{\frac{a^{2}}{4a^{2}+ab+4b^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}}{4b^{2}+bc+4c^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}}{4c^{2}+ca+4a^{2}}}\leq 1$

" không chính thức " nghĩa là sao anh?
p.s:

không mang tính chất spam

Tại thầy ghi thế thôi bạn.

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{c+a}{c+b}+\frac{a+b}{a+c}+\frac{b+c}{b+a}$

Thay vào 1a có thỏa mãn đâu bạn????

Mà chỉ có hai hàm hằng thỏa mãn là f(x) = 0 và f(x) = 2 bạn ạ.....

Mình làm vội nên không kiểm tra kĩ: thế $x=0$ vào $f(x-1)=f(x)-1$, còn câu kết luận mình không kiểm tra lại

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

$$f(x-y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x).f(y)$(*); $\forall x,y\in\mathbb{R}$$

Đề của bachhammer

Cho $x=y=0$ vào (*):$f(0)=f(0)^{2}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} f(0)=0 & \\ f(0)=2 & \end{bmatrix}$

Cho $y=1$ vào (*):$f(x-1)=-f(1)+f(x).f(1)\Leftrightarrow f(x-1)=f(1)[f(x)-1]$ (2)

Cho $x=1$ vào $(2)$, đặt $f(1)=a$: $f(0)=f(1)[f(1)-1]=a(a-1)$

Trường hợp 1: $f(0)=0$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} a=0 & \\ a=1 & \end{bmatrix}$

Xét $a=0$: Thay $a=0$ vào $(2)$:$f(x-1)=0$ $\Rightarrow f(x)$ là hàm hằng (thỏa)

Xét $a=1$: Thay $a=1$ vào $(2)$:$f(x-1)=f(x)-1$ $\Rightarrow f(x+1)=f(x)+1$ (1a)

Cho $x=0$ vào $(1a)$: $f(-1)=-1$

Cho $y=-1$ vào $(*)$: $f(x+1)+f(-x)=f(x)-f(-1)+f(x)f(-1)$ (3)

Thay $f(-1)=-1$ vào $(3)$: $f(x+1)+f(-x)=f(x)+1-f(x)=1\Leftrightarrow f(x+1)=1-f(-x)$ (1b)

Từ $(1a)$ và $(1b)$ $\Rightarrow f(x)=-f(-x)$ $\Rightarrow f(x)$ là hàm lẻ.

Thay $y$ bởi $(-y)$ và áp dụng hàm lẻ vào (*):$f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y)$ (4)

Kết hợp $(*)$ và $(4)$ $\Rightarrow f(x+y)+f(x-y)=2f(x)$ (5)

Cho $x=y$ vào $(5)$:$f(2x)=2f(x)$

Đặt $u=x+y, v=x-y$ vào (5):$f(u)+f(v)=2f(\frac{u+v}{2})\Leftrightarrow f(2u)+f(2v)=2f(u+v)=f(2u+2v)$

$\Rightarrow f(u)+f(v)=f(u+v)$ $\Rightarrow f(x)=kx$

Thay vào (*) ta được:$\begin{bmatrix} k=0 & \\ k=1 & \end{bmatrix}$

$k=0$: hàm hằng (thỏa).

$k=1$: f(x)=x (thỏa).

Trường hợp 2: $f(0)=2$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} a=-1 & \\ a=2 & \end{bmatrix}$

Xét $a=-1$:

Cho $x=0$ vào $(2)$: $f(-1)=-1$

Thay $f(-1)=-1$ vào (3):$f(x+1)+f(-x)=f(x)+1-f(x)\Leftrightarrow f(x+1)=1-f(-x)$

Ta có từ $(2)$: $f(x-1)=1-f(x)\Rightarrow f(x+1)=1-f(x)$

$\Rightarrow f(x)=f(-x)$ suy ra $f(x)$ là hàm chẵn

Thay $y$ bởi $(-y)$ và áp dụng hàm chẵn vào $(*)$:$f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x).f(y)$

$\Rightarrow f(x+y)=f(x-y)$, cho $y=x$ $\Rightarrow f(2x)=f(0)=2$ $\Rightarrow f(x)$ là hàm hằng (thỏa)

Xét $a=2$:

Cho $x=0$ vào $(2)$: $f(-1)=2$

Thay $f(-1)=2$ vào (3):$f(x+1)=3f(x)-2-f(-x)$

Từ $(2)$: $f(x-1)=2f(x)-2\Rightarrow f(x+1)=\frac{f(x)+2}{2}$

$\Rightarrow 6f(x)-4-2f(-x)=f(x)+2\Leftrightarrow 5f(x)-2f(-x)=6$

Thay $x$ bởi $(-x)$ ta có hệ: $\left\{\begin{matrix} 5f(x)-2f(-x)=6 & \\ 5f(-x)-2f(x)=6 & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow f(x)=f(-x)=2$ (hàm hằng thỏa).

Kết luận: $f(x)$ là hàm hằng hay $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$

Người ta dự định lát nền một căn phòng hình chữ nhật bằng các viên gạch men hình thang cân với kích thước : đáy nhỏ $7cm$, đáy lớn $21cm$, cạnh bên $7\sqrt{2}$. Số lượng gạch men không hạn chế. Hỏi có thể lát kín được hay không ? ( không được đập vỡ từng viên gạch hay lát chờm viên này lên viên kia) . Giải thích tại sao ?

Ý tưởng bài này mình dùng diện tích. Giả sử hình chữ nhật ấy là $a.b, a,b>7; a,b$ nguyên dương. Tô màu xanh cho hình vuông, màu đỏ cho hai tam giác vuông cân hai bên. Để xếp hình chữ nhật suy ra mỗi góc ở đỉnh được ghép bởi một hình vuông đỏ, tương tự cho 3 góc còn lại, giờ ta xét hình chữ nhật bên trong, có diện tích $(a-14)(b-14$), tiếp tục như thế ta chỉ xét một hình vuông $c.d$ với $c=21$ hay $c=42$, d nguyên dương bất kì, Nếu $c=21$, tương tự như trên $c=14$ cũng thỏa (vô lý), tương tự cho $c=42$, do đó không không thể phủ hết được, do không tồn tại hình chữ nhật $a.b$.

Cách giải của bạn LNH gần như chỉ là nhận xét về cách sắp xếp hình sao cho hợp lí nhất, mình không nghĩ đó là một cách chứng minh.

Tìm GTNN và GTLN của : P=$x(2013+\sqrt{2015-x^{2}})$

$\left | P \right | \leq \left | x \right |\sqrt{2013+1}.\sqrt{2013+2015-x^{2}}\leq \sqrt{2014}.\frac{(2013+2015)}{2}=2014\sqrt{2014}$

Cho $f(x+y)$=min$(x,\frac{y}{x^{2}+y^{2}}) \forall x,y\in \mathbb{R}^{+}$. Tìm max $f(x,y)$

Ta xét một thành phố bất kỳ, không mất tính tổng quát giả sử đó là thành phố A.

Chia 209 các thành phố còn lại thành 3 nhóm:

+Nhóm có đường vào A có số đường đi là a (nhóm 1)

+Nhóm có đường từ A đi có số đường đi là b (nhóm 2)

+Nhóm không liên quan đến A có số đường đi là c (nhóm 3)

Giữa các thành phố nhóm 1 không có đường đi: Giả sử A đến B, A đến C thì (B đến C) hay (C đến B) đều mâu thuẫn với giả thiết.

Tương tự ở nhóm 2 cũng không có đường giữa các thành phố.

Xét nhóm 3: Số các đường đi của nhóm 3 không lớn hơn c(a+b); do A có a+b đường đi)

Số các đường đi giữa nhóm 1 và nhóm 2 là ab

Do đó tổng số đường đi bằng: $a+b+ab+c(a+b)=ab+a(c+1)+b(c+1)\leq \frac{(a+b+c+1)^{2}}{3}=\frac{210^{2}}{3}= 14700$

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c+1 $\Leftrightarrow$ $\begin{pmatrix} a=70 & & \\ b=70 & & \\ c=69 & & \end{pmatrix}$

Hay mỗi nhóm có 70 thành phố, nhóm 1 có đường đến nhóm 2, nhóm 2 có đường đến nhóm 3 và nhóm 3 có đường đến nhóm 1.

Chúc các VMFer luôn khỏe mạnh, vui vẻ và thành công trên con đường toán học nhé!

Cho dãy số $u_{n}$ xác định:

$u_{0}=3,u_{1}=11,u_{n+2}=2u_{n+1}+7u_{n}$

Tìm các số nguyên dương lẻ a sao cho với các số nguyên dương $m, n$ tùy ý, ta luôn có thể tìm được số nguyên dương k thỏa mãn điều kiện: $(u_{n}^{k}-a)\vdots 2^{m}$

$\lim_{x->0} \frac{\sqrt[4]{x+1}-1}{\sqrt[3]{x+1}-1}$

$=\frac{\sqrt[3]{(x+1)^{2}}+\sqrt[3]{x+1}+1}{\sqrt[4]{(x+1)^{3}}+\sqrt{x+1}+\sqrt[4]{x+1}+1}=\frac{3}{4}$

Tìm các số nguyên không âm $x, y$ thỏa mãn đẳng thức.

$$x^2= y^2 + \sqrt{y+1}$$

Toán thủ ra đề VodichIMO

$$x^2= y^2 + \sqrt{y+1}$$

Điều kiện:$y+1\geq 0\Leftrightarrow y\geq -1$

$\Leftrightarrow x^{2}-y^{2}=\sqrt{y+1} (1)$

Xét y=-1, thay vào (1) ta được $x^{2}=1$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=1 & \\
x=-1 &
\end{bmatrix}$

Xét y=0, thay vào (1) ta được $x^{2}=1$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=1 & \\
x=-1 &
\end{bmatrix}$

Xét $y\geq 1\Rightarrow y+1\geq \sqrt{y+1}$ (do $(y+1)^{2}-(y+1)=(y+1)y\geq 0$ đúng)

$x^{2}=y^{2}+\sqrt{y+1}\leq y^{2}+y+1 < (y+1)^{2}$ với mọi $x,y\in \mathbb{Z}$ (*)

Từ (1) ta có $x^{2}-y^{2}=\sqrt{y+1}> 0 ( y\geq 1)\Leftrightarrow x^{2}> y^{2}$

(*) và (**) suy ra $y^{2}< x^{2}< (y+1)^{2}$ (loại)

Vậy ta có các cặp nghệm (x;y)=$(-1;1);(-1;-1);(1;0);(-1;0)$

Không thử lại, kết luận dư nghiệm: trừ 1,5đ

Chỗ này

$x^{2}-y^{2}=\sqrt{y+1}> 0 ( y\geq 1)\Leftrightarrow x^{2}> y^{2}$

Sai về mặt logic. Chỉ có thể dùng $\Rightarrow$. Trừ 0,5đ

$d=8$

$d_{mr}=0;d_{tl}=0;d_{t}=0$

$S=41$