Tìm tất cả các hàm f: N* - N* thỏa mãn f(n) +f(n+1) =f(n+2).f(n+3)-1996

Xem ở đây nha.

Định dạng tam giác ABC nếu biết:

$(1-cosA)(1-cosB)(1-cosC)=cosA.cosB.cosC$

Lời giải.

Với mọi tam giác $ABC$ ta có:

$$\left ( 1-\cos A \right )\left ( 1-\cos B \right )\left ( 1-\cos C \right )\geq \cos A\cos B\cos C$$

Thật vậy:

$$\left ( 1-\cos A \right )\left ( 1-\cos B \right )\left ( 1-\cos C \right )\geq \cos A\cos B\cos C$$

Cho bốn số thay đổi a,b,x,y thỏa mãn $a^2+b^2=4; x^2+y^2=3$

tìm GTNN của $P=ax+by$

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$$\left | ax+by \right |\leq \sqrt{\left ( a^{2}+b^{2} \right )\left ( x^{2}+y^{2} \right )}=5$$

Bài toán: Cho hình bình hành ABCD, biết trực tâm BCD là $H(4;0)$, tâm đường tròn ngoại tiếp ABD là $I(2;\dfrac{3}{2})$. $B \in d: x=2y; x_B>0; M(0;5) \in BC$. Tìm tọa độ $A,B,C,D$

Lời giải.

Mấu chốt của bài này là thấy và chứng minh tứ giác $ABHD$ nội tiếp.

Ta có $DC$ vuông góc với $BH$, $DC$ song song với $AB$ nên $AB$ vuông góc với $BH$.

Tương tự ta có $AD$ vuông góc với $DH$.

Do đó tứ giác $ABHD$ nội tiếp.

Mặt khác $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ nên $I$ cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABHD$.

Do đó ta có $IH=IB$.

Từ đây ta tìm được điểm $B$ và sau đó viết được phương trình đường thẳng $AB$ (qua $B$ và vuông góc với $BH$).

Tìm điểm $A$ bằng $IA=IB$

Từ $B$ và $M$ viết được phương trình $BC$ và lại dùng $IB=IC$ tìm được $C$.

Dùng vecto để tìm điểm $D$.

Giải các phương trình, bất phương trình:

1. $x^2-2(x+1)\sqrt{3x+1}=2\sqrt{2x^2+5x+2}-8x-5$

Lời giải.

Điều kiện xác định: $x\geq -\dfrac{1}{3}$.

$$x^{2}-2\left ( x+1 \right )\sqrt{3x+1}=2\sqrt{2x^{2}+5x+2}-8x-5$$

Giải các phương trình, bất phương trình:

3. $\sqrt[3]{x^2}+2\sqrt[3]{x}-(x-4)\sqrt{x-7}-3x+28=0$

Đề sai, đúng phải là:

$$\sqrt[3]{x^{2}}-2\sqrt[3]{x}-\left ( x-4 \right )\sqrt{x-7}-3x+28=0$$

Lời giải.

Điều kiện xác định: $x\geq 7$.

$$\sqrt[3]{x^{2}}-2\sqrt[3]{x}-\left ( x-4 \right )\sqrt{x-7}-3x+28=0$$

Đặt $\sqrt[3]{x}=t$ thì $x=t^{3}$. Phương trình trở thành:

$$\sqrt[3]{t^{2}-2t+8}=1+\sqrt{t^{3}-7}$$

Điều kiện xác định: $t\geq \sqrt[3]{7}$.

$$\sqrt[3]{t^{2}-2t+8}=1+\sqrt{t^{3}-7}$$

Vì $t\geq \sqrt[3]{7}$ nên ta được:

$$t^{3}-t^{2}+2t-8=0$$

Giải các phương trình, bất phương trình:

4. $x=(2004+\sqrt{x})(1-\sqrt{1-\sqrt{x}})^{2}$

Lời giải.

Điều kiện xác định: $0\leq x\leq 1$.

$$x=\left ( 2004+\sqrt{x} \right )\left ( 1-\sqrt{1-\sqrt{x}} \right )^{2}$$

Giải các phương trình, bất phương trình:

7. $(3-x)\sqrt{x-1}+\sqrt{5+2x}=\sqrt{40-34x+10x^2-x^3}$

Đề sai, đúng phải là:

$$\left ( 3-x \right )\sqrt{x-1}+\sqrt{5-2x}=\sqrt{40-34x+10x^{2}-x^{3}}$$

Lời giải.

Điều kiện xác định: $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x-1\geq 0 \\ 2x-5\geq 0 \\ 40-34x+10x^{2}-x^{3}\geq 0 \end{matrix}\right.$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$$\left ( 3-x \right )\sqrt{x-1}+\sqrt{5-2x}\leq \sqrt{\left ( 3-x \right )^{2}+1}\sqrt{x-1+5-2x}=\sqrt{40-34x+10x^{2}-x^{3}}$$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

$$3-x=\sqrt{\dfrac{x-1}{5-2x}}$$

----

Câu 2 xem trong đề đề nghị olympic 30/4/2007 hay 2008 gì đấy.

Bài 528: Giải hệ phương trình: 

$\left\{\begin{matrix}y^6+y^3+\frac{x^2}{2}=\sqrt{\frac{xy}{2}-\frac{x^2y^2}{4}} \\2xy^3+y^3+\frac{1}{2}=\frac{x^2}{2}+\sqrt{x^2-2xy+1+y^2} \end{matrix}\right.$

 

P/S: Sao bài 523 và bài 527 giống nhau vậy.

@Baoriven: Một bài là đề sai, một bài là đề sai sau khi sửa

Sửa bài của Baoriven để trả lời câu hỏi chứ post trả lời thôi thì loãng topic và spam hi vọng không thấy phiền.

Xin trình bày hướng giải rồi sẽ sửa bài viết trình bày đầy đủ sau.

Lời giải.

Điều kiện xác định: $\dfrac{xy}{2}-\dfrac{x^{2}y^{2}}{4}\geq 0$.

Ta có:

$$y^{6}+y^{3}+\dfrac{x^{2}}{2}=\sqrt{\dfrac{xy}{2}\left ( 1-\dfrac{xy}{2} \right )}\leq \dfrac{\frac{xy}{2}+1-\frac{xy}{2}}{2}=\dfrac{1}{2}$$

Từ hai bài toán trên có thể thấy được một hướng chế đề từ các tổng bình phương khá hay

cho a,b,c >0 thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 1$ . chứng minh $S=\frac{a^{3}}{b+c}+\frac{b^{3}}{c+a}+\frac{c^{3}}{a+b}\geq \frac{1}{2}$

Lời giải.

Để ý rằng $ab+bc+ca\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$ (chứng minh bằng biến đổi tương đương), dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$$\dfrac{a^{3}}{b+c}+\dfrac{b^{3}}{c+a}+\dfrac{c^{3}}{a+b}=\dfrac{a^{4}}{ab+ca}+\dfrac{b^{4}}{bc+ab}+\dfrac{c^{4}}{ca+bc}\geq \dfrac{\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}}{2\left ( ab+bc+ca \right )}\geq \dfrac{1}{2}$$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.

cho $x^{2}+y^{2}=x\sqrt{1+y^{2}}+y\sqrt{1+x^{2}}$ . chứng minh rằng $3x+4y\leq 5$

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$$\left ( x^{2}+y^{2} \right )^{2}=\left ( x\sqrt{1-y^{2}}+y\sqrt{1-x^{2}} \right )^{2}\leq \left ( x^{2}+y^{2} \right )\left ( 2-x^{2}-y^{2} \right )$$

Nếu $x=y=0$ thì bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên đúng.

Xét $x^{2}+y^{2}\neq 0$ ta có $x^{2}+y^{2}\leq 1$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$$\left ( 3x+4y \right )^{2}\leq \left ( 3^{2}+4^{2} \right )\left ( x^{2}+y^{2} \right )=25$$

cho a, b, c>0 và a+b+c=1. chứng minh rằng $(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})\geq 64$

Mình cứ làm đại thế này, nếu bạn thấy trùng thì thôi nhé 
Cách 1.$$VT = 1 + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{ab} + \dfrac{1}{bc} + \dfrac{1}{ca} + \dfrac{1}{abc} \ge 1 + \dfrac{9}{a + b + c} + \dfrac{9}{ab + bc + ca} + \dfrac{1}{abc} \ge 1 + 9 + \dfrac{1}{27} + \dfrac{1}{27}$$
Cách 2.$holder$ hướng thứ nhất 
$$VT \ge \left (1 + \dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right )^3 \ge \left (1 + 3\right )^3 = 64$$
Cách 3.$holder$ hướng thứ 2 (ko biết có tính trùng không 
$$VT = \left (1 + 1 + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a}\right )\left (1 + 1 + \dfrac{a}{b} + \dfrac{c}{b}\right )\left (1 + 1 + \dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{c}\right ) $$ $$= \left (2 + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a}\right )\left (2 + \dfrac{c}{b} + \dfrac{a}{b} \right )\left (2 + \dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{c}\right ) \ge \left (2 + 1 + 1 \right )^3 = 64$$
Cách 4. Áp dụng trục tiếp $AM-GM$
$$VT = \left (1 + 3.\dfrac{1}{3a}\right )\left (1 + 3\dfrac{1}{3b}\right )\left (1 +3\dfrac{1}{3c}\right ) \ge \dfrac{64}{\sqrt[4]{3^9.a^3b^3c^3}} \ge 64$$

Cách 5. (ko biết trùng không)
$$VT = \dfrac{a + a + b + c}{a}\dfrac{b + b + a + c}{b}\dfrac{c + c + a + b}{c}\ge \dfrac{4\sqrt[4]{a^2bc}}{a}\dfrac{4\sqrt[4]{b^2ac}}{b}\dfrac{4\sqrt[4]{abc^2}}{c} = 64$$
Cách 6.
$$\left (1 + \dfrac{1}{a}\right ).(1 + 9a)\left (1 + \dfrac{1}{b}\right )(1 + 9b)\left (1 + \dfrac{1}{c}\right )(1 + 9c) \ge (1 + 3)^2(1 + 3)^2(1 + 3)^2 = 4^6$$ $$ \Leftrightarrow VT \ge \dfrac{4^6}{(1 + 9a)(1 + 9b)(1 + 9c)} \ge \dfrac{4^6.27}{(3 + 9(a + b + c))^3} = 4^3 = 64$$

$3^{x^2-2}-4^{\frac{2x-3}{x}}=18$

Hình như đề đúng phải là $3^{x^{2}-2}.4^{\frac{2x-3}{x}}=18$, xem ở đây.

Tìm $m$ để hệ phương trình sau có nghiệm: $\left\{\begin{matrix} x^3+(y+2)x^2+2xy=-2m-3\\x^2+3x+y=m  \end{matrix}\right.$

Lời giải.

Ta có:

$$x^{2}+3x+y=m$$

Tìm x,y biết $\frac{y^2-x^2}{3}=\frac{x^2+y^2}{5}$ và $x^{10}y^{10}=1024$

Lời giải.

Ta có:

$$\dfrac{y^{2}-x^{2}}{3}=\dfrac{x^{2}+y^{2}}{5}$$

Giúp mình câu a phần tính giá trị biểu thức với câu b phần hình với các bạn!

 

Lời giải.

Ta có:

$$f\left ( -x \right )=\dfrac{\left | -3x+2 \right |-\left | -3x-2 \right |}{4\left ( -x \right )^{2}\left [ \left ( -x \right )^{4}-2\left ( -x \right )^{2}+1 \right ]}=\dfrac{-\left | 3x+2 \right |+\left | 3x-2 \right |}{4x^{2}\left ( x^{4}-2x^{2}+1 \right )}=-f\left ( x \right )$$

Vậy $f\left ( x \right )$ là hàm lẻ.

Do đó:

$$P=\left [ f\left ( -\sqrt{2012} \right )+f\left ( -\sqrt{2011} \right )+f\left ( \dfrac{2}{3} \right ) \right ]+\left [ f\left ( \sqrt{2012} \right )+f\left ( \sqrt{2011} \right ) \right ]=\left [ -f\left ( \sqrt{2012} \right )-f\left ( -\sqrt{2011} \right )+f\left ( \dfrac{2}{3} \right ) \right ]+\left [ f\left ( \sqrt{2012} \right )+f\left ( \sqrt{2011} \right ) \right ]=f\left ( \dfrac{2}{3} \right )$$

Bài 523: $\left\{\begin{matrix} &x\sqrt{1-y^{2}}+y\sqrt{1-x^{2}}=1 \\ &3x^{2}-xy^{2}+4x=1 \end{matrix}\right.$

Tất nhiên là một bài toán được xây dựng từ việc đánh giá bất đẳng thức thì những cách khác khó mà tối ưu hơn rồi.

Lời giải.

Điều kiện xác định: $-1\leq x\leq 1$, $-1\leq y\leq 1$.

Ta có:

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

$2.$ Tìm hàm $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ thoả mãn $f(f(m)+f(n))=m+n \forall m,n\in \mathbb{N}$

 

(nếu được thì mọi người có thể giải bằng cách khai thác tính chất của ánh xạ như đơn ánh, toàn ánh và song ánh giùm mình/ em cái ạ)

Bạn xem ở đây.

$y^{2} + 2xy - 3x-2=0$

Bài này có thể giải bằng cách xét $\Delta $ bạn có thể tìm các bài viết trước của mình hoặc trong các topic có khá nhiều bài tương tự. Ở đây mình trình bày một cách giải khác cho bài này.

Lời giải.

$$y^{2}+2xy-3x-2=0$$

Điều kiện: $-1\leq x\leq 1, -1\leq y\leq 1$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

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

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz nếu mình không nhớ không nhầm thì là vầy:

$$\left ( ax+by \right )^{2}\leq \left ( a^{2}+b^{2} \right )\left ( x^{2}+y^{2} \right )$$

Nếu vậy thì sao có đoạn này được nhỉ? Mình không rành bất đẳng thức cho lắm nên có gì sai sót mong bỏ qua...

Giải pt
$\sin ^{2014} x+\cos ^{2014} x=\dfrac{1}{2^{1006}}$

Lời giải.

Đặt $y=\sin ^{2014}x+\cos ^{2014}x=\left ( \sin ^{2}x \right )^{1007}+\left ( \cos ^{2}x \right )^{1007}$.

Ta có $0\leq \sin ^{2}x\leq 1$. Đặt $\sin ^{2}x=t$ thì $0\leq t\leq 1$ và $0\leq 1-t\leq 1$. Khi đó $y$ trở thành:

$$y=t^{1007}+\left ( 1-t \right )^{1007}$$

a,b,c>0.CMR $(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$$\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )}}$$

Tìm $a,b\in \mathbb{Q}$ sao cho $\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{2+\sqrt{3}}$

Lời giải.

Ta có:

\begin{align*} \sqrt{2+\sqrt{3}} &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{4+2\sqrt{3}} \\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{\left ( \sqrt{3}+1 \right )^{2}} \\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left | \sqrt{3}+1 \right | \\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left ( \sqrt{3}+1 \right ) \\ &=\dfrac{\sqrt{6}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{align*}

$$\Rightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}$$

Vậy $a=\dfrac{3}{2}$ và $b=\dfrac{1}{2}$ hoặc $a=\dfrac{1}{2}$ và $b=\dfrac{3}{2}$.

chứng minh rằng $5^{n}(5^{n}+1)-6^{n}(3^{n}+2^{n})\vdots 91$ với n là số tự nhiiên

Lưu ý rằng $a^{n}-b^{n}$ chia hết cho $a-b$ nên $25^{n}-18^{n}$ chia hết cho $25-18=7$. Đến đây bạn hiểu rồi chứ.

Bài 4(6 điểm):

$1)$ Cho $a,b,c$ thuộc $\left [ 0;1 \right ]$.Chứng minh rằng

$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$

Lời giải.

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$. Khi đó ta có:

$$\dfrac{a}{b+c+1}+\dfrac{b}{c+a+1}+\dfrac{c}{a+b+c1}\leq \dfrac{a}{b+c+1}+\dfrac{b}{b+c+1}+\dfrac{c}{b+c+1}=1-\dfrac{1-a}{b+c+1}$$

Vậy ta cần chứng minh:

$$\left ( 1-a \right )\left ( 1-b \right )\left ( 1-c \right )\leq \dfrac{1-a}{b+c+1}$$

Giải pt nghiệm nguyên 1. $3x-16y-24=\sqrt{9x^2+16x+96}$

Lời giải.

Vì $x$, $y$ nguyên nên $\text{VT}$ là số nguyên do đó $\text{VP}$ là số nguyên, hay $9x^{2}+16x+96$ là số chính phương.

Đặt $9x^{2}+16x+96=k^{2}$ với $k\in \mathbb{Z}$.

$$9x^{2}+16x+96=k^{2}$$

Đặt $x=2y$ (có lý do hẳn hoi, định hướng đến hệ số có tỉ lệ $16: -20:5$, tỉ lệ  hệ trong khai triển $\cosh{(5t)}$).

Chém gió một chút về lớp phương trình bậc cao sáng tác từ công thức lượng giác.

----

Xuất phát từ công thức:

$$\cos 5\alpha=16\cos ^{5}\alpha-20\cos ^{3}\alpha+5\cos \alpha$$

Do đó khi thấy phương trình bậc $5$ khuyết bậc $2$, $4$ ta mới nghĩ đến dùng công thức lượng giác.

Phép đặt $x=2y$ xuất phát từ đâu?

Dựa vào ý tưởng khi quan sát bậc và nghĩ đến việc sử dụng công thức lượng giác nên ta đặt $x=ay$ và bây giờ ta sẽ tìm $a$. Thay vào phương trình ban đầu ta được:

$$a^{5}y^{5}-5a^{3}y^{3}+5ay-2016=0$$

Ta cần chọn $a$ sao cho $\dfrac{a^{5}}{16}=\dfrac{5a^{3}}{20}=\dfrac{5a}{5}$ hay $\dfrac{a^{4}}{16}=\dfrac{5a^{2}}{20}=1$. Từ đó ta được $a=2$.

Các dạng toán như thế này thường xuất hiện trong olympic 30/4 (ý kiến cá nhân). Một số bài toán tương tự:

Bài toán 1. Giải phương trình:

$$x^{5}-15x^{3}+45x-27=0$$

Bài toán 2. Giải phương trình:

$$1024x^{5}-320x^{3}+20x-\sqrt{3}=0$$

Bài toán 3. Giải hệ phương trình:

$$\left\{\begin{matrix} x^{2}+4y^{2}=1 \\ 16x^{5}-20x^{3}+5x+512y^{5}-160y^{3}+10y+\sqrt{2}=0 \end{matrix}\right.$$

----

Tương tự ta có thể xây dựng một phương trình bậc $6$ giải bằng công thức lượng giác xuất phát từ công thức:

$$\cos 6\alpha=32\cos ^{6}\alpha-48\cos ^{4}\alpha+18\cos ^{2}\alpha-1$$

----

Xin dừng chém gió ở đây.

Giải phương trình

$b)  sinx+2sin2x=3+sin3x$

$$\sin x+2\sin 2x=3+\sin 3x$$

$$\Leftrightarrow \sin x+2\sin 2x-\left ( 3\sin x-4\sin ^{3}x \right )=3$$

$$\Leftrightarrow 2\sin 2x-2\sin x+4\sin ^{3}x=3$$

$$\Leftrightarrow -2\sin x\left [ \left ( 1-2\sin ^{2}x \right )-\cos x \right ]=3$$

$$\Leftrightarrow -2\sin x\left ( \cos 2x-\cos x \right )=3$$

$$\Leftrightarrow 2\sin x\cos 2x-2\sin 2x=-3\qquad \left ( * \right )$$

$\left ( * \right )$ là phương trình bậc nhất với $\cos 2x$ và $\sin 2x$ nên suy ra:

$$2\sin ^{2}x+\left ( -1 \right )^{2}<\left ( -3 \right )^{2}$$

Nên phương trình vô nghiệm, tức là do không cùng điểm mút.