Có trong cuốn Sáng tạo bất đẳng thức của Phạm Kim Hùng, trang 58.

Mình làm thử nhưng ko làm được nên mới nhờ mọi người làm hộ!

Cho $a;b;c;x;y;z$ là các số thực dương thỏa mãn hệ điều kiện:

$$\left\{\begin{matrix} x\geq y \geq z & x\geq a \\ a^2+b^2 \leq x^2+y^2 \\ a^3+b^3+c^3 \leq x^3+y^3+z^3 \end{matrix}\right.$$

Chứng minh rằng $a^6+b^6+c^6 \leq x^6+y^6+z^6$

x3=1/2;x4=3/4;x5=5/16 ?????

Lam sao qui nap $x_{n+1}>x_n$ ?????

Bạn tính lại đi nhé! $x_2=-1$ chứ không phải $1$

Cho $p$ là số nguyên tố, $G={r_1, r_2,...,r_k}$ thỏa mãn tính chất sau:

$$0<r_i<p, r_ir_j\in G \forall i,j=1,2,,...,k$$

Đặt:

$$a=\prod_{i=1}^{k} r_{i},b=\prod_{0< r_{j}< \frac{p}{2}} r_{j}$$. Chứng minh rằng:

$a.$  $a\equiv \left ( -1 \right )^{k+1} mod p$

$b.$  Nếu $k=2h, h$ lẻ thì $b\equiv \pm 1 modp$

$c.$  Nếu $1\le r_i\le \frac{p-1}{2}$ với mọi $1\le i\le k$ thì $a\equiv 1 modp$

$d.$  Nếu $k=2h, h\ge 2$ thì tử số của phân số:

$$\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}+...+\frac{1}{r_k}$$chia hết cho $p^2$

Bài này mình thấy hơi vô lí. Nếu $r_ir_j \in G$ thì suy ra $G4$ có 1 số khác $1$ và tất cả các số còn lại bằng 1 nếu không G có vô số phần tử?

Cho $\left( {{x_n}} \right)$ thoả ${x_1} = 1;{x_2} =  - 1;{x_{n + 2}} = x_{n + 1}^2 - \frac{1}{2}{x_n}$.Tính $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$

Bài này liệu có sai đề không nhỉ? Nếu không thì đơn giản quá!

Dễ tính được $2<x_4<x_5$

Quy nạp để chứng minh $x_{n+1}>x_n$ do $x_4>2$. Vậy $x_n$ là dãy tăng

Sau đó giả sử dãy có giới hạn hưũ hạn $L$ thì $L=L^2-\frac{L}{2}$ nên $L=0$ hoặc $L= \frac{3}{2}$ vô lí vì $x_n$ là dãy tăng và $x_4>2$.

Vậy $\lim x_n =+\infty$

Hôm nay đi bán đáp án lãi phết,được gần 100k,.  mà bài 5 dùng hàm số các em hơn lạ. Thế này gọn hơn nè anh:

$\sqrt{x+2011}-\sqrt{x+2012}+\sqrt{z+2013}-\sqrt{z+2012}+\sum \sqrt{x+2012}=$\sqrt{y+2011}-\sqrt{y+2012}$+\sqrt{x+2013}-\sqrt{x+2012}+\sum \sqrt{x+2012}$

 

 

 

 

$\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{x+2011}+\sqrt{x+2012}}+\frac{1}{\sqrt{x+2013}+\sqrt{x+2012}}=\frac{1}{\sqrt{z+2013}+\sqrt{z+2012}}+\frac{1}{\sqrt{y+2011}+\sqrt{y+2012}}$

Giả sử $x$ là số lớn nhất trong 3 số thì VT$\leq$VP suy ra $x=y=z$.

Sai lè rồi bạn ơi! Thế này thì tờ đáp án của các bạn cũng sai à??? 

Cho tam giác $ABC$.Chứng minh các bất đẳng thức sau:
$1)$ $\sum \sin A \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$.
$2)$ $1<\sum \cos A \leq \frac{3}{2}$
$3)$ $\sum \tan A \leq 3\sqrt{3}$

Bạn Doxuantung97 học Sư Phạm à! Cậu biết Vương Minh lớp Tin không? Mình quen cậu ấy đấy và cũng hay mượn vở cậu đấy! Sr vì bài MO lần trước lấy trong vở học của các cậu!=))

Đề của tran thanh binh dv class

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a(b+c)}{a^2+2bc}+\frac{b(c+a)}{b^2+2ca}+\frac{c(a+b)}{c^2+2ab}\leq 2+\frac{2(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)(c^2+2ab)}$$

Thời gian kết thúc trận đấu này là 0h45' ngày 10/12/2012

Không mất tính tổng quát,giả sử $a\geq b\geq c$.
BĐT tương đương
$2-\frac{a(b+c)}{a^2+2bc}+\frac{b(c+a)}{b^2+2ca}+\frac{c(a+b)}{c^2+2ab}+\frac{2(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)(c^2+2ab)}\geq 0$
Xét:
$2-\frac{a(b+c)}{a^2+2bc}+\frac{b(c+a)}{b^2+2ca}+\frac{c(a+b)}{c^2+2ab}$
$=2-\sum \frac{a(b+c)}{a^2+2bc}$
$=\sum (\frac{2}{3}-\frac{a(b+c)}{a^2+2bc})$
$=\frac{1}{3}\sum \frac{2a^2+4bc-3ab-3ac}{a^2+2bc}$
$=\frac{1}{3}\sum \frac{(a-2c)(a-b)+(a-2b)(a-c)}{a^2+2bc}$
$=\frac{1}{3}\sum [(a-b)(\frac{a-2c}{a^2+2bc}-\frac{b-2c}{b^2+2ac})]$
$=\frac{1}{3}\sum [(a-b)^2\frac{(4ac+4bc-4c^2-ab)}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)}]$
$=\frac{1}{3}\sum [\frac{3ab(a-b)^2}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)}+\frac{(4ac+4bc-4c^2-4ab)(a-b)^2}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)}]$
$=\frac{1}{3}\sum [\frac{3ab(a-b)^2}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)}+\frac{4(c-a)(b-c)(a-b)^2}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)}]$
$=\sum \frac{ab(a-b)^2}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)}-\frac{4(c-a)^2(b-c)^2(a-b)^2}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)(c^2+2ab)}$
Vậy ta cần chứng minh:
$\sum \frac{ab(a-b)^2}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)}-\frac{2(c-a)^2(b-c)^2(a-b)^2}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)(c^2+2ab)}\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum \frac{ab(a-b)^2}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)}\geq \frac{2(c-a)^2(b-c)^2(a-b)^2}{(a^2+2bc)(b^2+2ac)(c^2+2ab)}$
$\Leftrightarrow \sum ab(a-b)^2(c^2+2ab)\geq 2(c-a)^2(b-c)^2(a-b)^2$$\Leftrightarrow [ab(a-b)^2(c^2+2ab)-2(c-a)^2(b-c)^2(a-b)^2]+ bc(b-c)^2(a^2+2bc)+ ca(b^2+2ac)(c-a)^2\geq 0$
$\Leftrightarrow [ab(a-b)^2(c^2+2ab)-2(c-a)^2(b-c)^2(a-b)^2]\geq 0(i)$
$\Leftrightarrow (a-b)^2[ab(c^2+2ab)-2(a-c)^2(b-c)^2]\geq 0$
Vì $ab\geq (a-c)(b-c)$ nên BĐT sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được
$(c^2+2ab)-2(a-c)(b-c)\geq 0$
$\Leftrightarrow c^2+2(ab-(a-c)(b-c))\geq 0(ii)$
Luôn đúng.
Ta có đpcm. Dấu $"="$ xảy ra chỉ khi $a=b=c$ hoặc $abc=0$

(i):Không được xài dấu tương đương ở đây.Nên ghi là do $ca(b^2+2ca)(c-a)^2+bc(a^2+2bc)(b-c)^2 \ge 0$ nên ta chỉ cần chứng minh $ab(c^2+2ab)(a-b)^2-2(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \ge 0$.
(ii):Phải giải thích tại sao ta lại có 1 BĐT luôn đúng.
Bài làm này khá giống với bài của thí sinh doxuantung nên sẽ xét sau.


Điểm tạm thời:8/10

S = 14 + 3*8 = 38

Đề bài:
Trong một hình vuông có diện tích bằng $1$,ta đặt $5$ đa giác sao cho mỗi đa giác này đều có diện tích bằng $\frac{1}{2}$.Chứng minh rằng tồn tại $2$ đa giác mà có diện tích phần chung lớn hơn $\frac{1}{5}$
Đáp án:
Đầu tiên,ta phát biểu BĐT "Nội suy-Ngoại suy" như sau:
$\sum ^{2m}_{k=1}(-1)^{k+1}.\sum _{1\leq i_1<i_2<...<i_k\leq n}|\bigcap ^k_{j=1}A_{i_j}|\leq |\bigcup ^n_{i=1}A_i|\leq \sum ^{2m+1}_{k=1}(-1)^{k+1}.\sum _{1\leq i_1<i_2<...<i_k\leq n}|\bigcap ^k_{j=1}A_{i_j}|$. Cái này có thể tham khảo ở đây
$\Rightarrow |\bigcup ^n_{i=1}A_i|\geq \sum ^n_{i=1}|A_i|-\sum _{1\leq i< j\leq n}|A_i\cap A_j|$
Quay lại bài toán:
Gọi $A_1;A_2;A_3;A_4;A_5$ là tập hợp các điểm thuộc phần diện tích của $5$ đa giác trên.
Gọi $M_k=\sum _{1<i_1<i_2<...<i_k\leq 5}|A_{i_1}\cap A_{i_2}\cap ...\cap A_{i_k}|$ với $1\leq k\leq 5$
Đặt:
$A_1\cap A_2=B_2$
$A_1\cap A_3=B_3$
$A_1\cap A_4=B_4$
$A_1\cap A_5=B_5$
Nhận xét:$B_2;B_3; B_4;B_5\subset A_1$ và $B_2\cup B_3\cup B_4\cup B_5=A_1$
Áp dụng BĐT "Nội suy-Ngoại suy",ta có:
$|\bigcup ^5_{i=2}B_i|\geq \sum _{i\geq 2}|A_1\cap A_i|-\sum _{2\leq i<j\leq 5}|A_1\cap A_i\cap A_j|+\sum _{2\leq i<j<k\leq 5}|A_1\cap A_i\cap A_j\cap A_k|-|A_1\cap ...\cap A_5|$
Thiết lập các BĐT tương tự với $A_2;...;A_5$,ta thu được:
$\sum ^5_{i=1}A_1\geq 2M_2-3M_3+4M_4-5M_5\Rightarrow M_1\geq 2M_2-3M_3+4M_4-5M_5$ $(1)$
Vì $5$ đa giác xếp trong hình vuông diện tích bằng $1$ nên
$1\geq |A_1\cup ...\cup A_5|$
Áp dụng công thức bù trừ,ta thu được:
$1\geq |A_1\cup ...\cup A_5|=M_1-M_2+M_3-M_4+M_5$
$\Leftrightarrow 3M_2\geq 3M_1+3M_3-3M_4+3M_5-3$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ $\Rightarrow 3M_2+M_1\geq 3M_1+2M_2+3M_3+M_4-2M_5-3$
$\Rightarrow M_2\geq 2M_1+M_4-2M_5-3$
$\Rightarrow M_2\geq (2M_1-3)+(M_4-2M_5)$
$\Rightarrow M_2\geq (2.5.\frac{1}{2}-3)+(M_4-2M_5)$
$\Rightarrow M_2\geq 2+(M_4-2M_5)$
Nhận xét:$M_4=C^4_5.M_5\Rightarrow M_4-2M_5>0$
$\Rightarrow M_2>2 \Rightarrow C^2_5|A_m\cap A_n|>2\Rightarrow 10.|A_m\cap A_n|>2$
Vậy tồn tại $p,q\in \left \{ 1;2;3;4;5 \right \}:|A_p\cap A_q|>\frac{1}{5}$
Ta có đpcm.
P/s:Bài này em gõ Latex nhìn loạn quá nên nhầm chỗ nào thì nhờ anh sửa giúp em.!

Nhờ mấy bác giỏi Tin học sửa lại Font chữ của cái này giúp mình:

Bình thường mà bạn!

Đề bài: Giải phương trình:
$$1-\frac{x}{1}+\frac{x(x-1)}{1.2}-\frac{x(x-1)x-2)}{1.2.3}+...+(-1)^n.\frac{x(x-1)...(x-n+1)}{n!}=0$$

Thời gian làm bài tính từ lúc 20h 12/10/2012

Em xin giải như sau:

Gọi $X=1-\frac{x}{1}+\frac{x(x-1)}{1.2}-\frac{x(x-1)x-2)}{1.2.3}+...+(-1)^n.\frac{x(x-1)...(x-n+1)}{n!}$
Ta có:
$X=1-\dfrac{x}{1}+\dfrac{x(x-1)}{1.2}-\dfrac{x(x-1)(x-2)}{1.2.3}+...+(-1)^n.\dfrac{x(x-1)...(x-n+1)}{n!}=\sum\limits_{k=0}^n (-1)^k \binom{x}{k} = (-1)^n\binom{x-1}{n}=(-1)^n.\dfrac{(x-1)(x-2)...(x-n)}{n!}$
Vậy phương trình đã cho có $n$ nghiệm phân biệt $\left \{ ;1;2;...;n \right \}$

S=0

Em xin phép trả lời:

Đặt $x=y =0$, và $f(0) = t$, chúng ta nhận được $f(t)=t^{2}$. Ngoài ra, f ($x^2$+ t) = $f (x)^2$ và f (f (x)) = x + $t^2$. Bây giờ chúng ta đánh giá f ($t^2$ + $f (1)^2$) theo hai hướng. Đầu tiên, nó bằng $f (f (1)^2 + f (t))$ = t + $f (f (1))^2$ = t + (1 + $t^2$) 2 = 1 + t + $2t^2$ + $t^4$. Thứ hai, nó bằng $f(t^2 + f (1 + t))$ = 1 + t + $f(t)^2$ = 1 + t + $t^4$. Vì vậy, t = 0 nên $f(0)=0$

Từ đó ta suy ra $f(f (x)) = x$, và $f(x^2) = f (x)^2$. Với y bất kỳ,đặt z = f (y). Khi đó y = f (z), do đó, $f (x^2 + y) = z + f (x)^2 = f (y) + f (x)^2$. Chon z sao cho $x = z^2$. Khi đó $f (x + y) = f (z^2 + y) = f (y) + f (z)^2 = f (y) + f (z^2) = f (x) + f (y)$. Đặt y = x, chúng ta thu được 0 = f (0) = f (x +-x) = f (x) + f (-x). Do đó f (-x) = - f (x). Do đó f (x + y) = f (x) + f (y) và f (x - y) = f (x) - f (y) cho tất cả x, y.

Chọ y để f(x) = y. Nếu y> x,đặt z = y - x. Khi đó f (z) = f (y - x) = f (y) - f (x) = x - y =-z. Nếu y <x, sau đó để z = x - y và f (z) = f (x - y) = f (x) - f (y) = y - x. Trong cả hai trường hợp, chúng ta nhận được một số z> 0 với f (z) = z <0. Chọn $w$ để $w^2 = z$, khi đó $f(z) = f (w^2) = f (w)^2$> = 0. Mâu thuẫn. Vì vậy, nên f (x) = x. Thử lại thấy thỏa mãn.Vậy $f(x)=x$

Không thử lại:-1đ
D-B=22.5h
E=9
F=0
S=56.5