Bạn thử lại xem đề đúng không nhé
Johan Liebert nội dung
Có 75 mục bởi Johan Liebert (Tìm giới hạn từ 04-05-2020)
#647139 $CMR : \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} +...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 30-07-2016 - 08:14 trong Bất đẳng thức và cực trị
#575033 $\frac{a+3}{(a+1)^2}+\frac{b+3}...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 24-07-2015 - 16:02 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh
$\frac{a+3}{(a+1)^2}+\frac{b+3}{(b+1)^2}+\frac{c+3}{(c+1)^2} \geq 3$
Bài này có yêu cầu là biến đổi sử dụng bất đẳng thức $\sum \frac{1}{a^2+a+1} \geq 1$
#571162 Thảo luận về Đề thi và Lời giải của IMO 2015
Đã gửi bởi Johan Liebert on 10-07-2015 - 20:30 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế
Bài 1:
b) Số các đoạn thẳng là $\dfrac{n(n-1)}{2}$
Xét n lẻ dễ thấy các n giác đều đều thỏa mãn
Xét n chẵn.Đặt n=2k. Theo Dirichlet ta thấy phải có 1 điểm nằm trên trung trực của $k$ đoạn thẳng (gọi là điểm O)
Do tập các điểm là không tâm nên trung trực 2 đoạn thẳng $AB,AC$ không thể đi qua cùng 1 điểm
Vì vậy k đoạn thẳng có trung trực đi qua điểm O đó không thể có chung đầu mút
Suy ra phải có ít nhất $2k$ điểm
Mà chỉ còn lại $2n-1$ điểm. Vô lý
Vậy n lẻ
#571057 Chứng minh tổng tất cả các số nhận được bằng $n.4^{n-1}$
Đã gửi bởi Johan Liebert on 10-07-2015 - 15:43 trong Tổ hợp và rời rạc
Cách tính như của bạn Belphegor Varia mình nghĩ là đúng
Do $A_1;A_2$ được chọn 1 cách riêng lẻ mà. Vì được chọn riêng lẻ nên cặp $(A,B);(B,A)$ là 2 cặp khác nhau
#562847 $f(f(x))=x^2-2$
Đã gửi bởi Johan Liebert on 01-06-2015 - 15:15 trong Phương trình hàm
Chứng minh không tồn tại hàm số $f(x)$ xác định với mọi số thực $x$ và thỏa mãn $f(f(x))=x^2-2$ với mọi x
#561678 $f(y+f(x))=f(x)f(y)+f(f(x))+f(y)-xy,\;\forall x,y\in...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 26-05-2015 - 14:48 trong Phương trình hàm
Bạn nên nhớ chỗ này hàm số có thể nhảy giá trị nhé, hơn nữa nếu không tìm được $k$ thì hai cái nghiệm của phương trình bậc hai ẩn $f(x)/X$ hết sức cồng kềnh. Bạn làm tiếp cho mình được không
Đúng là có nhảy giá trị. Nhưng mà bạn chỉ cần xét vài trường hợp là tính được k theo cái $\frac{f(f(x))+x}{f(x)=k$
#561463 $f(y+f(x))=f(x)f(y)+f(f(x))+f(y)-xy,\;\forall x,y\in...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 25-05-2015 - 09:25 trong Phương trình hàm
Thay $y:=f(y)$ ta có:
$f(f(y)+f(x))=f(x)f(f(y))+f(f(x))+f(f(y))-xf(y)(1)$
Thay $y:=f(x) \ \ \ x:=y$ ta có
$f(f(x)+f(y))=f(y)f(f(x))+f(f(x))+f(f(y))-yf(x)(2)$
Từ $(1);(2)$ ta có
$f(x)f(f(y))--xf(y)=f(y)f(f(x))-yf(x)$
$\leftrightarrow f(x)[f(f(y))+y]=f(y)[f(f(x))+x]$
$\rightarrow \frac{f(f(x))+x}{f(x)}=k$ với k là hằng số
$\rightarrow f(f(x))=kf(x)-x$ và $f(f(f(x)))=(k^2-1)f(x)-kx$(3)
Thay vào đề bài $x:=f(x) \ \ \ \ y:=f(x)$
Thay tiếp vào đề bài $x:=x \ \ \ \ y:=f(f(x))$
Vì 2 vế trái bằng nhau đều là $f(f(x)+f(f(x)))$ nên 2 vế phải bằng nhau
Biến đổi hết về x và f(x) theo (3)
Ta sẽ được $(k^2-1)f^2(x)-(k^2+k-1)xf(x)+kx^2=0$
Đến đây dễ rồi
#526952 chứng minh rằng:$abc\vdots 3$
Đã gửi bởi Johan Liebert on 02-10-2014 - 21:57 trong Số học
Nhận thấy $a^3-a=a(a-1)(a+1) \vdots 3$
Tương tự $\rightarrow a+b+c \vdots 3$
Lại có $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)[(a+b+c)^2-3ab-3bc-3ca] \vdots 9$
$\rightarrow 3abc \vdots 9 \rightarrow abc \vdots 3$
#525591 $ma^2+nb^2+pc^2\geq 4\sqrt{mn+np+pm}.S_{ABC...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 21-09-2014 - 20:34 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ta có:
$ma^2+nb^2+pc^2=m(b^2+c^2-2bc.cosA)+nb^2+pc^2=(m+n)b^2+(m+p)c^2-2mbc.cosA$
$4S_{ABC}\sqrt{mn+np+mp}=2bc.sinA\sqrt{mn+np+mp}$
$4S_{ABC}\sqrt{mn+np+mp} \leq ma^2+nb^2+pc^2$
$\leftrightarrow 2bc.sinA\sqrt{mn+np+mp}+2mbc.cosA \leq (m+n)b^2+(m+p)c^2$
Đến đây vế phải áp dụng bất đẳng thức Cô-si còn vế trái dùng Bunhiacopxki là ra
#517061 $x^3-x$ và $x^4-x$ là 2 số nguyên
Đã gửi bởi Johan Liebert on 02-08-2014 - 09:23 trong Số học
Cho x là số thực sao cho $x^3-x$ và $x^4-x$ là số nguyên. Chứng minh x là số nguyên
#516528 $$\sum \frac{a\sqrt{a}}{...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 30-07-2014 - 16:34 trong Bất đẳng thức và cực trị
$\rightarrow abc \leq 1$
Đặt $a=\dfrac{m}{n}; b=\dfrac{n}{p} \rightarrow c \leq \dfrac{p}{m}$
$\rightarrow \sqrt{\dfrac{c^3}{c^3+1}}=\sqrt{1-\dfrac{1}{c^3+1}} \leq \sqrt{\dfrac{m}{m+n}}$
Tương tự
$\rightarrow \sum \sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+1}} \leq \sum \sqrt{\dfrac{m}{m+n}}$
$(\sum \sqrt{\dfrac{m}{m+n}})^2=(\sum \sqrt{\dfrac{m(m+p)}{(m+n)(m+p)}})^2$
$\leq 2(m+n+p)(\sum \dfrac{m}{(m+n)(m+p)}$
$=\dfrac{4(m+n+p)(mn+np+mp)}{(m+n)(n+p)(m+p)} \leq \dfrac{9}{2}$
Vậy ta có dpcm
#516521 $$\sum \frac{1}{\sqrt{a^3+1...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 30-07-2014 - 16:23 trong Bất đẳng thức và cực trị
$\rightarrow abc \geq 1$
Đặt $a=\dfrac{x}{y}; b=\dfrac{y}{z} \rightarrow c \geq \dfrac{z}{x}$
$\rightarrow \dfrac{1}{\sqrt{a^3+1}}=\sqrt{\dfrac{y^3}{x^3+y^3}}$
Tương tự cộng từng vế
$\sum \dfrac{1}{\sqrt{a^3+1}} \leq \sum \sqrt{\dfrac{y^3}{x^3+y^3}}$
Đặt $x^3=m ; y^3=n ; z^3=p$
$\rightarrow \sum \dfrac{1}{\sqrt{a^3+1}} \leq \sum \sqrt{\dfrac{n}{m+n}}$
$(\sum \sqrt{\dfrac{n}{m+n}})^2$
$=(\sum \sqrt{\dfrac{n(n+p)}{(m+n)(n+p)}})^2$
$\leq (n+p+m+n+m+p)(\sum \dfrac{n}{(m+n)(n+p)})$
$=\dfrac{4(m+n+p)(mn+mp+np)}{(m+n)(n+p)(m+p)}$
$\leq \dfrac{9}{2}$
Vậy ta có dpcm
#502127 $x^{3}+y^{3}+z^{3}+xyz\geq 4$
Đã gửi bởi Johan Liebert on 28-05-2014 - 10:08 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cách khác:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$2(x^3+y^3+z^3)+3 \geq 3(x^2+y^2+z^2)$
Lại có $3 \leq x^2+y^2+z^2 \rightarrow x^3+y^3+z^3 \geq x^2+y^2+z^2$
$\leftrightarrow x^3+y^3+z^3+xyz \geq x^2+y^2+z^2+xyz $
Áp dụng bất đẳng thức $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca)$(chứng minh bằng Đi-dép-lê)
$\rightarrow 2(x^2+y^2+z^2)+2xyz \geq x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)-1=8$
$\leftrightarrow x^2+y^2+z^2 +xyz \geq 4(dpcm)$
#501388 Chứng minh $\sum \frac{a^2}{b^2+c^2}\...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 25-05-2014 - 08:04 trong Bất đẳng thức và cực trị
Không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b \geq c$
Ta có:
$\dfrac{a^2}{b^2+c^2}-\dfrac{a}{b+c}=\dfrac{ab(a-b)+ac(a-c)}{(b^2+c^2)(b+c)}$
Tương tự cộng từng vế ta có:
$VT-VP=ab(a-b)[\dfrac{1}{(b^2+c^2)(b+c)}-\dfrac{1}{(a^2+c^2)(a+c)}]$
$+ac(a-c)[\dfrac{1}{(b^2+c^2)(b+c)}-\dfrac{1}{(a^2+b^2)(a+b)}]$
$+bc(b-c)[\dfrac{1}{(a^2+c^2)(a+c)}-\dfrac{1}{(a^2+b^2)(a+b)}]$
Nhận thấy vì $a \geq b \geq c$ nên $VT \geq VP$ (mỗi ngoặc đều $\geq 0$)
Dấu $"="$ xảy ra $\leftrightarrow a=b=c$
#501342 CM:có thể chon ra 1 hoặc vài số có tổng bằng 100
Đã gửi bởi Johan Liebert on 24-05-2014 - 22:06 trong Các dạng toán khác
Mình vẫn chưa hiểu chỗ này
Đó là trường hợp $a_1=a_2=...=a_{100}$ mà $a_1+a_2+...+a_{100}=200$ nên $a_1=a_2=...=a_{100}=2$
Tổng 50 số bất kì trong 100 số đó là 100. Thỏa mãn điều phải chứng minh
#501326 CM:có thể chon ra 1 hoặc vài số có tổng bằng 100
Đã gửi bởi Johan Liebert on 24-05-2014 - 21:42 trong Các dạng toán khác
Xét 100 số đã cho bằng nhau thì tổng 20 số bất kì luôn bằng 100
Xét có ít nhất 2 số khác nhau, không mất tính tổng quát gỉa sử 2 số đó là $a_1;a_2$.
Ta xét 101 tổng
$S_1=a_1 \\ S_2=a_2 \\ S_3=a_1+a_2 \\ S_4=a_1+a_2+a_3 \\ S_5=a_1+a_2+a_3+a_4 \\ ... \\ S_{101}=a_1+a_2+...+a_{100}$
Ta có 101 tổng trên có 2 tổng có cùng số dư khi chia cho 100 ( 2 tổng đó không thể là $S_1;S_2$)
Vì vậy hiệu 2 tổng đó sẽ chia hết cho 100 mà bé hơn 200 và lớn hôn 0 nên hiệu 2 tổng đó sẽ bằng 100
Mà hiệu 2 trong các tổng đã xét khác hiệu 2 tổng $S_1$ và $S_2$ đều cho ta tổng một số số trong các số đã cho
Vậy ta có dpcm
#501323 Cho $xyz=1$. Chứng minh rằng : $3+\sum \frac{x...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 24-05-2014 - 21:33 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đặt $x=\dfrac{c}{b} \ \ \ \ y=\dfrac{a}{c} \ \ \ \ z=\dfrac{b}{a}$
Bất đẳng thức tương đương với:
$3+\dfrac{c^2}{ab}+\dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ac} \geq \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{x}{z}$
$\leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc \geq a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2(1)$
Không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b \geq c$
$(1) \leftrightarrow (a-b)^2(a+b-c)+c(c-a)(c-b) \geq 0$(luôn đúng)
Dấu $"="$ xảy ra $\leftrightarrow a=b=c \leftrightarrow x=y=z=1$
#500626 $x^3-y^3-12(x-y)$
Đã gửi bởi Johan Liebert on 21-05-2014 - 21:48 trong Bất đẳng thức và cực trị
$x^{2}+xy+y^{2}-12=(x+\frac{1}{2}y)^{2}+\frac{3}{4}y^{2}-12\geq -12$
Đẳng thức xảy ra khi x=y=0 $\Rightarrow (x-y)(x^{2}+xy+y^{2}-12)=0$
Sai rồi nhé. Thử lại là thấy ngay
$5>0 \ \ \ \ \ \ \ \ -6 > -12$
$\rightarrow -30 >0$
Bạn làm như vậy là sai rồi
#500237 Tìm Min P=$\frac{\sum x^{5}}{\su...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 20-05-2014 - 10:49 trong Bất đẳng thức và cực trị
bạn thử làm cách không sử dụng bdt holder xem sao( cái này cấp 3 mới học)
Tùy bạn thôi. Nhưng mà đúng là dùng Holder bài này cũng không cần
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM
$x^3+y^3+8 \geq 6xy$
$z^3+t^3+8 \geq 6zt$
$\leftrightarrow x^3+y^3+z^3+t^3 \geq 6(xy+zt)-16=32$
Được chưa bạn
#500234 Tìm Min P=$\frac{\sum x^{5}}{\su...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 20-05-2014 - 10:38 trong Bất đẳng thức và cực trị
$x^5+x^5+x^5+32+32 \geq 20x^3$( bất đẳng thức AM-GM)
Tương tự cộng từng vế
$\rightarrow 3(x^5+y^5+z^5+t^5)+256 \geq 20(x^3+y^3+z^3+t^3)$
Lại có theo bất đẳng thức Holder
$8^3=(xy+zt)^3 \leq (x^3+z^3)(y^3+t^3).(1^3+1^3) \leq \dfrac{(x^3+y^3+z^3+t^3)^2}{4}.2$
$\leftrightarrow x^3+y^3+z^3+t^3 \geq 32$
$\leftrightarrow 3(x^5+y^5+z^5+t^5) \geq 20(x^3+y^3+z^3+t^3)-256 \geq 12(x^3+y^3+z^3+t^3)$
$\leftrightarrow P \geq \dfrac{x^5+y^5+z^5+t^5}{x^3+y^3+z^3+t^3} \geq \dfrac{1}{4}$
Dấu $"="$ xảy ra $\leftrightarrow x=y=z=t=2$
#500230 Tìm Min của P=$\frac{9}{1-2(ab+bc+ca)}+\fr...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 20-05-2014 - 10:16 trong Bất đẳng thức và cực trị
Tương đương à!! Sao thêm cục $36$ vào được vậy ????
$\dfrac{18(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}=\dfrac{18(a^2+b^2+c^2)+36(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca}=\dfrac{18(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+36$
#500223 Tìm Min của P=$\frac{9}{1-2(ab+bc+ca)}+\fr...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 20-05-2014 - 09:03 trong Bất đẳng thức và cực trị
$P=\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2(a+b+c)}{abc}=\dfrac{9(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2}{ab}+\dfrac{2}{bc}+\dfrac{2}{ca}$
$\leftrightarrow P=9+\dfrac{18ab+18bc+18ca}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2}{ab}+\dfrac{2}{bc}+\dfrac{2}{ca}$
$\leftrightarrow P \geq 9+\dfrac{18(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{18}{ab+bc+ca}$
$\leftrightarrow P \geq 9+\dfrac{18(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{18(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$
$\leftrightarrow P \geq 9+\dfrac{18(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{18(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+36 \geq 9+36+36=81$
Dấu $"="$ xảy ra $\leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}$
#499989 $\sum\frac{a^{5}}{\left ( a+b...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 19-05-2014 - 08:46 trong Bất đẳng thức và cực trị
bdt trên cùng cm kiểu gì ạ?
$\leftrightarrow (1+1+1)(x+y+z)(\dfrac{a^3}{x}+\dfrac{b^3}{y}+\dfrac{c^3}{z}) \geq (a+b+c)^3$ (Holder)
#499983 Cho 3 số nguyên $x,y,z$ thỏa mãn $x^{3}+y^{3...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 19-05-2014 - 08:35 trong Số học
Giả sử $xyz$ không chia hết cho 7 thì x;y;z phải cùng không chia hết cho 7 vì 7 là số nguyên tố
Ta có lập phương của 1 số không chia hết cho 7 chỉ có thể chia 7 dư 1 hoặc -1
$\rightarrow x^3+y^3$ chỉ có thể chia 7 dư $-2;2;0$
Nhận thấy vì $z^3$ chia 7 chỉ dư $1;-1$ nên điều giả sử vô lý
Vậy $xyz \vdots 7$
#498933 $\sum (\frac{a}{b}+\frac{b}...
Đã gửi bởi Johan Liebert on 14-05-2014 - 07:52 trong Bất đẳng thức và cực trị
$\leftrightarrow \sum (\dfrac{a+b}{c}+2) \geq \sum 2\sqrt{\dfrac{2(a+b)}{c}}$
Hiển nhiên đúng theo AM-GM
- Diễn đàn Toán học
- → Johan Liebert nội dung