Sao bạn không chứng minh cái bổ đề đó?
Đây là bổ đề quen thuộc mà bạn, sử dụng định lí Fermat
Có 486 mục bởi superpower (Tìm giới hạn từ 26-04-2020)
Đã gửi bởi superpower on 19-03-2017 - 00:23 trong Số học
Sao bạn không chứng minh cái bổ đề đó?
Đây là bổ đề quen thuộc mà bạn, sử dụng định lí Fermat
Đã gửi bởi superpower on 18-03-2017 - 21:26 trong Số học
Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $p=4k+3$, với $m$ là số tự nhiên thì phương trình $x^2+y^2=pz^2$ không có nghiệm nguyên dương $ (x,y,z)$
Bổ đề: Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$
$x^2+y^2 \vdots p <=> x,y \vdots p $
Trở lại bài toán, ta có
$x=px_1; y=py_1, z=pz_1 $ ( vì nếu $z$ không chia hết cho $p$ thì VT chia hết cho $p^2$ còn VP thì không )
Quy về lại pt :
$x_1^2+ y_1^2 =pz_1^2$
Làm liên tục như vậy thì ta có pt chỉ có nghiệm $(0;0;0)$ vô lí
Đã gửi bởi superpower on 12-03-2017 - 21:59 trong Dãy số - Giới hạn
Đặt: $limx_n=a,(a> 0)$.
$a$ là nghiệm của PT: $a=\frac{1}{2}(a+\frac{216}{a^2})\Leftrightarrow a=6$.
Xét $f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{216}{x^2}),\forall x> 0$.
Ta có: $f'(x)=\frac{1}{2}-\frac{216}{x^3}< \frac{1}{2}$ do $x> 0$.
Theo Lagrange $\exists c$ nằm giữa $a$ và $x_n$ sao cho:
$|f(x_n)-f(a)|=|f'(c)|.|x_n-a|$
$\Rightarrow |x_{n+1}-a|< \frac{1}{2}|x_n-a|< ...< (\frac{1}{2})^n|x_1-a|$
Lấy giới hạn hai vế ta được: $lim|x_n-a|=0$.
Nên $limx_n=6$.
lỡ may $f'(x) < -1$ thì sao bạn
Mình xin sửa lại như sau
Dễ thấy $u_n>0 $
Xét $f(x) = \dfrac{1}{2} ( x+ \dfrac{216}{x^2} $
Ta có $f'(x)= \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} $
Ta sẽ chứng minh $|f'(x) | < \dfrac{3}{4} $
Thật vậy, ta có
$f'(x) < \dfrac{1}{2} < \dfrac{3}{4}$
Và $u_{n+1} = \dfrac{1}{2} ( \dfrac{u_n}{2} + \dfrac{u_n}{2}+ \dfrac{216}{u_n^2} ) \geq \dfrac{9}{\sqrt[3]{4}}=a $
Vậy khi đó $f'(x) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{x^3} \geq \dfrac{1}{2} - \dfrac{216}{a^3} \geq \dfrac{-37}{54} \geq \dfrac{-3}{4} $
Do đó $|f'(x)| < \dfrac{3}{4} $
Mặt khác, $f(x)-x = 0 \Leftrightarrow x=6 $
Do đó theo Largange, ta có $\lim x_n=6 $
Đã gửi bởi superpower on 11-02-2017 - 22:42 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu 4:
a) Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn $cos^{2}B+ cos^{2}C\leq sin^{2}A$
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $F=\sqrt{2}sin^{4}\frac{A}{2}+\sqrt{2}cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}$
b) Cho dãy số $(u_{n})$ được xác định bởi $\begin{cases}u_{1}=2 \\ \frac{u_{n+1}}{2}=\frac{u_{1}}{1}+\frac{u_{2}}{3}+\frac{u_{3}}{5}+...+\frac{u_{n}}{2n-1} \end{cases}$
Với mỗi $n\in N^{*}$, đặt $S_{n}=\frac{u{_{1}}^{2}+u{_{2}}^{2}+u{_{3}}^{2}+...+u{_{n}}^{2}}{n^{3}}$. Tính $limS_{n}$.
Khi tìm quy luật, ta sẽ đi chứng minh
$\dfrac{u_{n}}{2n-1} = \dfrac{4}{3} , \forall n \geq 2$
Thật vậy, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp
Với $n=2;3$ ta thấy đúng
Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$
Thật vậy, ta có
$\dfrac{u_{n+1}}{2} = 2+ \dfrac{4}{3}(n-1) = \dfrac{2+4n}{3} $
Suy ra $\dfrac{u_{n+1}}{2n+1} = \dfrac{4}{3} $
Tới đây suy ra
$u_n = \dfrac{4}{3} . (2n-1) $
Thay vô, ta được
$S_n= \dfrac{4+\dfrac{16}{9} ( 1^2+3^2+...+(2n-1)^2 ) }{n^3} $
Bây giờ ta chỉ cần tìm công thức tính tổng bình phương của các số lẻ
Dễ tính được $1^2+3^2+5^2+ ... + (2n-1)^2 = \dfrac{2(n-1)n(2n-1)}{3}+2(n-1)n+n-1 $
Tới đây bạn thay vô là xong
Đã gửi bởi superpower on 16-01-2017 - 21:26 trong Dãy số - Giới hạn
$x_1=3$ và $x_{n+1}=\sqrt{21+\sqrt{2x_n+6}}$ chứng minh dạy số có GHHH và tìm GH đó
Bài này cơ bản thôi \\
Đầu tiên ta có $x_n >0 , \forall n \in N $
Xét hàm số $f(x) = \sqrt{21+\sqrt{2x+6}} $ là hàm đồng biến trên $(0,+ \infty ) $
Mà mặt khác ta có $x_2 > x_1 $ nên $x_n$ tăng
Bây giờ ta chứng minh $x_n$ bị chặn trên bởi $5$ bằng quy nạp
Với $n=1 => x_1 =3 <5 $
Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$, tức là cần chứng minh
$21+ \sqrt{2x_n+6} \leq 25 => \sqrt{2x_n+6} \leq 4 <=> x_n \leq 5 $ QED
Vậy $x_n$ tăng bị chặn trên bởi $5$ nên tồn tại giới hạn. Tìm đc giới hạn là $5$
Đã gửi bởi superpower on 12-11-2016 - 23:52 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
5. CMR với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho
$n|x^3-35y^3+1$.
Xét $x=n-1 ; y=n $ thì ta có $n| (n-1)^3-35n^3+1$
Do đó ta có đpcm
Đã gửi bởi superpower on 01-11-2016 - 23:40 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Hàm nay chưa chắc là hàm đa thức và cũng không phải hàm trên N (đề cho trên R+)
2 bạn giải như thế hình như sai rồi :/
$R^{+}$ đươc nhé bạn ơi. Bạn xem lại nha
Đã gửi bởi superpower on 31-10-2016 - 16:53 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu 3 (4,0 điểm)
Giả sử $q$ là một số nguyên tố , dãy $(u_n)$ được xây dựng như sau:
$$\left\{\begin{matrix} u_0=0 & & & \\ u_1=1 & & & \\ u_n=2u_{n-1}-qu_{n-2}\forall n\geq 2,n \in \mathbb{N} & & & \end{matrix}\right.$$
Tìm $q$ , biết tồn tại số tự nhiên $k$ để $u_{3k}=-3$
Xét $q=3$, khi đó, ta sẽ có $u_{n+1} \equiv u_n $ (mod $3$ )
Khi đó toàn dãy sẽ đồng dư $1$ theo mod $3$ nên vô lí
Ta chứng minh được đây là dãy số giảm với mọi $n \geq 3 $
Khi đó, ta xét
TH2: $q=3k+2$
Khi đó $u_2=2 , u_3= 2-3k , u_4 = -12k $
Dễ thấy $-3$ sẽ không có mặt trong dãy
Do dãy giảm mà $u_4 < -12 $
TH2: $q=3k+1 $
Xét $q=7$ ta thấy $q=7$ vì thỏa YCBT $u_3=-3 $
Xét $q>7 $ thì lập luận tương tự trên, ta suy ra ĐPCM
Đã gửi bởi superpower on 31-10-2016 - 16:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c thì
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$
Mình có 1 lời giải bằng C-S cho bài này
Đã gửi bởi superpower on 31-10-2016 - 16:13 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu PTH.
Đặt $g(x)=xf(x)$
PT trở thành
$g(g(x))+g(x)=2x+9$
Đến đây thì dễ rồi.
Dế thấy $g$ không thể là hàm hằng.
Gọi bậc của $g(x)$ là $n(n \geq 1)$
Bậc của VP là 1 còn VT là $max(n^2,n)$. Mà $deg VT= deg VP$ nên $n=1$
$g(x)=ax+b$ thì $a=1,b=3$
Thay ngược lên + thử lại thì thỏa mãn
Kết luận $f(x)=1+ \frac {3}{x}$
đây cũng phải PTH đa thức
Cũng đặt $g(x)$ như bạn
Tức là ta có $g(g(x)) + g(x)=2x+9 $
Xét dãy số $x_0=x , x_1=g(x)$
$x_n= g(g(...(x)...)) $ ($n$ lần $g$ )
Khi đó, ta dễ có $x_{n+2} + x_{n+1} = 2x_n +9 $
Đặt $u_n=x_n-3n $
Khi đó thay vào lại, ta được
$u_{n+2} + u_{n+1} = 2u_n $
Sai phân, ta tính được
$u_n = c_1.1 + c_2(-2)^n $
Cho $n$ lẻ và đủ lớn thì $u_n <0 $ vô lí
Do đó $c_2=0 $
Tới đây dễ rồi
Đã gửi bởi superpower on 30-10-2016 - 09:38 trong Số học
Bài này trong IMO 1990 .
Lời giải :Xét $n=1$ (thỏa)
Xét $n>1$ :
Trước hết ta chứng minh $3 \mid n$
Từ giả thiết ta có : $n \mid 2^n+1 \Leftrightarrow 2^{2n} \equiv 1$ ($mod$ n)
Gợi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$ và $h=ord_{n}(2)$
$\Rightarrow$ $2^{2n} \equiv 1$ ($mod$ $p$) và $2^h \equiv 1$ ($mod$ $p$)
Theo định lý Fermat nhỏ ta cũng có : $2^{p-1} \equiv 1 $($mod$ $p$)
$\Rightarrow h \mid p-1 , h \mid 2n$
$\Rightarrow h \mid (p-1,2n) = 2$ (Vì $p-1<p \mid n$ nên $(p-1,n)=1$)
$\Rightarrow h=2$ (Dễ thấy $h=1$ không thỏa)
Từ đó ta có $p \mid 2^2-1=3 \Rightarrow 3 \mid n$
---------------------------------
Đặt $n=3^k.y ($Với $k,y \in N, (y,3)=1 )$
Từ giả thiết ta có : $v_{3}(n^2) \leq v_{3}(2^n+1)$
$\Leftrightarrow 2k \leq k+1$
$\Leftrightarrow k=1$
Suy ra $n=3y$ (với $i \in N, (i,3)=1)$
Giả sử $y>1$. Gọi $q$ là một ước nguyên tố của $y$ (q khác 3)
Tương tự như trên suy ra $q \mid 2^{(2n,q-1)}-1 \mid 2^6-1=63 \rightarrow q=7$
Dẫn tới $7 \mid 2^n+1$ (Dễ thấy điều này vô lý vì $VP \equiv 1,2,4 (mod 7)$)
Vậy $y=1 \rightarrow n=3 $
Vậy $n=3,n=1$ thỏa đề
Chỗ này sai nhé bạn
$(p-1,2n) $ có thể khác 2
Ví dụ $p=5, n=60 $
Đã gửi bởi superpower on 27-10-2016 - 18:34 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho a,b,c,p là các số thực. CMR:
$(\frac{a}{b+c})^p$ + $(\frac{b}{c+a})^p$ + $(\frac{c}{b+a})^p$ $\geq$ $ \frac{3}{2^p}$
$a=b=1, c->0,0001 .p =\dfrac{1}{2} $ bất đẳng thức sai
Đã gửi bởi superpower on 27-10-2016 - 18:26 trong Phương trình hàm
Tìm tất cả các hàm $f$ xác định trên tập các số thực và nhận giá trị thỏa mãn $5$ điều kiện sau đây:
$(1) f(1)=1;$
$(2)f(-1)=-1;$
$(3)f(x)\leq f(0)$ với $0<x<1;$
$(4)f(x+y)\geq f(x)+f(y)$ với mọi $x,y$
$(5)f(x+y)\leq f(x)+f(y)+1$ với mọi $x,y$
Từ $(4)$ cho $y=0 => f(x) \geq f(x) +f(0) => f(0) \leq 0 $
Mặt khác, cho $y=-1 $ vào $(4),(5) $, ta suy ra được $f(x-1) \geq f(x) -1 $ và $f(x-1) \leq f(x) $
Suy ra $f(x) \geq f(x-1) \geq f(x) -1 $
Cho $x=1 => 1=f(1) \geq f(0) \geq f(1) -1 =0 $
Do đó $f(0)=0 $
Từ $(5)$ thay $y=1-x $, xét $x \in (0,1) $ , ta được
$1=f(1) \leq f(x) + f(1-x) +1 \leq 1 $ ( do $1-x \in (0,1) $ )
Do đó $1=f(x) +f(1-x) + 1 => -f(x) =f(1-x) $
Thay $x=1-x => f(x) =0 , \forall x \in [0,1) $
Đặt $g(x)= x-f(x) $
Khi đó , $(4),(5) $ được viết lại
$g(x+y) \leq g(x) + g(y) $
Và $g(x+y) \geq g(x) +g(y) -1 $
Thay $y=1$, ta được $g(x+1) \leq g(x) $
Mặt khác, thay $y=-1$, ta được $g(x-1) \leq g(x) $
Suy ra $g(x) \leq g(x+1) $
Từ đó suy ra $g(x) =g(x+1) $
Suy ra $f(x+1) =f(x)+1 $
Mà ta đã có $f(x)=0, \forall x \in [0,1) $
Do đó $f(x) = [x] $
Thử lại thỏa
Cảm ơn huykinhcan99. Đã sửa. Mình gõ lộn tí
Đã gửi bởi superpower on 22-10-2016 - 16:09 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Cho dãy số $u_1=1; u_{n+1} = \frac{u_n^2+n}{2u_n} $
Tìm $Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} $
Bài làm
Ta sẽ quy nạp chứng minh $1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} (*)$
Thật vậy $(*)$ đúng với $n=1$
Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$
Tức là ta cần chứng minh $1-\frac{1}{n+1} \leq \frac{u_{n+1}}{\sqrt{n+1}} \leq 1+\frac{1}{n+1} $
Chứng minh vế đầu, ta có
$u_{n+1}= \frac{u_n^2+n}{2u_n} \geq \sqrt{n} \geq \sqrt{n+1} -\frac{1}{\sqrt{n+1}} $
Tương đương với $\sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \geq \sqrt{n+1} $
Bình phương 2 vế, ta được $n+ \frac{1}{n+1} + \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq n+1 $
Tương đương với $ \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq \frac{n}{n+1} $
Bình phương 2 vế, ta được $4 \geq \frac{n}{n+1}$ đúng $\forall n \geq 2 $
Do đó vế đầu được chứng minh
Ta tiêp tục chứng minh vế sau
Ta sẽ chứng minh 1 bất đẳng thức mạnh hơn như sau
$u_{n+1} =\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \sqrt{n+1} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} $
Ta có $\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} $
$<=> \frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} (**) $
Nếu mà $\frac{n}{2u_n} \leq \frac{u_n}{2} <=> u_n^2 \geq n $ thì Ta có $(**)$ đúng theo quy nạp
Còn nếu $u_n^2 \leq n <=> u_n \leq \sqrt{n} $ thì ta có
$\frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \frac{\sqrt{n}}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}}$
Tức là ta cần chứng minh
$\frac{n}{u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{2}{\sqrt{n}} $
Tức là $u_n \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $
Mà ta đã có là $u_n \geq \sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} $
Nên ta cần chứng minh
$\sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $
$<=> (n-1)(n+2) \geq n^2 <=> n-2 \geq 0 $ đúng $\forall n \geq 2 $
Do đó theo nguyên lí quy nạp ta có
$1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} $
Cho $n-> +\infty => Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} =1 $
Đã gửi bởi superpower on 22-10-2016 - 15:49 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài 1:
a/ Dễ chứng minh được $P_n(x) =(x+1)^n + (x-1)^n $
b/
Do $P_n(x) \vdots x^2 + 3 $
Nên $P_n(i\sqrt{3}) =0 $
Do đó thay vào và áp dụng CT moirve, ta được
$cos \frac{n\pi}{3} + isin\frac{n\pi}{3} + cos \frac{2n\pi}{3} + isin\frac{2n\pi}{3} =0 $
Từ đó suy ra được $n=6k+3 $
Đã gửi bởi superpower on 16-10-2016 - 20:50 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa $9x^{2} + 24x + 15 = y^{3}$.
Đặt $a=3x+4 $
Phương trình được viết lại như sau
$a^2-1 = y^3 <=> a^2 = (y+1)(y^2-y+1) $
Do $a \equiv 1 $ (mod $3$ )
Nên VP không chia hết cho $3$
Do đó $gcd(y+1;y^2-y+1) = 1 $
Tức là $y+1=b^2 ; y^2-y+1=c^2 $
Còn lại thì thay $y=b^2-1$ vào, ta được
$(2b^2-3)^2 +3=4c^2 $
Tới đây phân TH chắc dễ rồi
Đã gửi bởi superpower on 16-10-2016 - 20:31 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu 2. Cho dãy số thực $(x_{n})$ được xác định bởi $\begin{cases}x_{1} = \dfrac{5}{2} \\ x_{n + 1} = \sqrt{x_{n}^{2} - 12x_{n} + \dfrac{20n + 21}{n + 1}}\end{cases}$, $\forall n \ge 1$. Chứng minh rằng dãy số $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Ego sửa lại luôn nhé $x_{n+1} = \sqrt{x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} } $ mới đúng
Bài này thì chắc quen thuộc rồi
Ta sẽ quy nạp $x_n \geq 2 , \forall n \in N^{*} $
Với $n=1 $ thì $x_1 =\frac{5}{2} \geq 2 $
Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$
Thật vậy, ta có
$x_{n+1}^2 = x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} \geq x_n^3-12x_n +20 \geq 4 $ do $x_n \geq 2 $
Do đó $x_n \geq 2 , \forall x \in N^{*} $
Ta sẽ chứng minh $x_n $ giảm
Xét hàm số $f(t) = \frac{20t+21}{t+1} $
có $f'(t) = \frac{-1}{(t+1)^2} < 0 $
Do đó $f(t)$ nghịch biến
Do đó $f(n+1) \leq f(n) $
Xét hàm số $g(x) = x^3-12x $ trên $[2, + \infty) $
Có $g'(x) = 3x^2 -12 \geq 0 $
Do đó $g(x) $ đồng biến
Ta có $x_2 < x_1 $
Nên giả sử $x_{n-1} > x_n $
Ta sẽ chứng minh $x_n > x_{n+1} $
Thật vậy ta có
$x_{n+1}^2 = x_n^3 -12x_n + \frac{20n+21}{n+1} $
$x_n^2 = x_{n-1}^3 - 12x_{n-1} +\frac{20(n-1)+21}{n} $
Ta suy ra đc
$x_{n+1}^2 - x_n^2 \leq 0 $
Do đó $x_n $ giảm, bị chặn dưới bởi $2$ nên tồn tại $L = lim x_n $
Giải ra được $L=2 $
Đã gửi bởi superpower on 15-10-2016 - 00:07 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Theo mik thấy thì cách $1$ ko ổn. Bạn làm vậy thì dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} & a=b+c & \\ & b=c+a & \\ & c=a+b & \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow a+b+c=0\Leftrightarrow a=b=c=0$ (!!!)
Ở đây thì $2$ trog $3$ số ko thể đồng thời bằng $0$. Do đó ta xét $2$ TH: $1$ trog 3 số bằng $0$ (bđt hiển nhiên đúng) hoặc cả $3$ số đều dương (khi đó ta c/m $P>2$ như trên)
Còn cách $2$ thì OK rùi
À chỗ này nhé bạn
Như mình làm bđt ở trên thì $\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2} $
Khi bạn nhân như mình ở trên thì bđt lúc sau
$\sqrt{\frac{a}{b+c} } \geq \frac{2a}{a+b+c} $ vẫn đảm bảo dấu bằng biên bạn nhé
Vậy nên mình mới nhân lên đó
Có thể coi đây là 1 dạng yếu của phân li đẳng thức
Với lại cái kiểu này thì cũng có nhiều trong sách vở rồi
Đã gửi bởi superpower on 14-10-2016 - 18:40 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu bất quen quá rồi
Theo AM-GM
$a+(b+c)\geq 2\sqrt{a(b+c)}\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}$
Cộng lại có $P\geq 2$
Trong chương trình chính thống thì chưa biết khác $0$ sao mà chưa
Do đó phải dùng thủ thuật như sau
Ta có $\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2} $
Do đó $\frac{2\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c} \leq 1 $
Nhân 2 vế của bđt cho $\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq 0 $, ta được
$\sqrt{\frac{a}{b+c}} \geq \frac{2a}{a+b+c} $
Do đó cộng lại ta có $P \geq 2 $
Cách 2 : Do bđt đồng bậc nên ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3 $
Ta sẽ chứng minh bđt sau $\frac{a}{b+c} = \sqrt{\frac{a}{3-a}} \geq \frac{2}{3} a$
Bđt này tương đương với $a(2a-3)^2 \geq 0 $ hiển nhiên đúng
Do đó cộng lại ta sẽ được $P \geq \frac{2}{3} . 3 = 2 $
Đã gửi bởi superpower on 14-10-2016 - 11:45 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Ngày $1$:
Bài $1$: Giải hpt: $\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$
Bài $2$: Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi hệ thức: $\left\{\begin{matrix} & x_{1}=1 & \\ & x_{n+1}=\sqrt{x_{n}(x_{n}+1)(x_{n}+2)(x_{n}+3)+1} & \end{matrix}\right.$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$
Đặt $y_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}+2}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$. Xác định giới hạn của dãy số $(y_{n})$
Bài $5$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\sum x=3$. CMR: $\sum\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\geq 4\sum\frac{1}{x+7}$
Bài 1:
$\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$
Từ $pt(1)$ ta phân tích thành nhân tử
$(y-x^2)(y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3+4x^2) =0 $
Mà pt $y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3 + 4x^2 =0 $
có $\triangle = (x^2+3x)^2 - 4(x^4+3x^3+4x^2 ) = -x^2(3x^2+6x+7 ) > 0 $
Do đó $y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3 + 4x^2 >0 $
Do đó ta chỉ nhận $y=x^2 $
Do đó, thế vô lại pt $(2)$, ta được
$\sqrt{y+3} + \sqrt{3y+1} =4 $
Mà ta có $f'(y) = \frac{1}{2\sqrt{y+3} } + \frac{3}{2\sqrt{3y+1}} >0 $
Mà có $f(1) =0 => x=y=1 $ là nghiệm duy nhất của pt
Bài 2:
Từ pt đề bài ta suy ra
$x_{n+1}^2 = (x_n^2 + 3x_n)(x_n^2+3x_n +2) +1 = (x_n^2+3x_n +1)^2 $
Mà do $x_n >0 $ nên $x_{n+1} = x_n^2 + 3x_n+1 $
Bằng biến đổi chút chút, ta suy ra được
$\frac{1}{x_i+2} = \frac{1}{x_i+1} - \frac{1}{x_{i+1} +1 } $
Tới đây quen thuộc rồi
Ta chứng minh được $x_n $ tăng và không bị chặn trên
Do đó $lim x_n = +\infty $
Do đó rút gọn sai phân là ra
Bài 5
Ta có $\frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y} } \geq \frac{2}{x+y+2} = \frac{2}{5-z} $
Do đó, ta cần chứng minh bđt sau là đủ
$\frac{2}{5-x} -\frac{4}{x+7} \geq \frac{3}{16} x -\frac{3}{16} $
Biến đổi tương đương trở thành
$(x-1)^2 .\frac{x+3}{16(5-x)(x+7) } \geq 0 $ hiển nhiên đúng do $ x <3 $
Do đó cộng lại ta có đpcm
Đã gửi bởi superpower on 13-10-2016 - 23:06 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
chỗ $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $ là sai rồi bạn.
f(a^{2}+2f(0))= 0 = f(a)
từ đó giải ra f(0)= a hoặc f(0)+a=0trường hợp f(0)+a=0 giải ra vô nghiệm, trường hợp f(0)=a, giải ra f(0)=0 hoặc f(0)=-1, f(-1)=0trong (*) thay x~-1, y~-1 => f(1)=-2 (vô lý)Do đó f(0)=0Từ đó ta suy ra được f(a+b)=f(a)+f(b) với mọi \forall a, b thuộc Rta có f(x_{2})= (f(x))_{2} nên suy ra f đơn điệu tăngtừ đó giải ra f(x)=ax, thử lại => a=1theo mình thấy thì hàm như trên không thể tính f((x+1)^{2}) bằng 2 cách được mà phải chứng minh đơn điệu!
Sao sai bạn Mình có $f$ là đơn ánh mà
Đã gửi bởi superpower on 12-10-2016 - 00:16 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$
Ta có đánh giá sau $a^2-ab+b^2 = \frac{1}{4}(a+b)^2 + \frac{3}{4} (a-b)^2 \geq \frac{1}{4}(a+b)^2 $
Do đó, ta có
$P \geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab} + 2 } $
Mặt khác ya có
$P-1 \geq \sum (\frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2} -\frac{1}{3}) = \frac{(a+b-2\sqrt{ab} ) + 2(a+b-1)}{2\sqrt{ab}+2 } $
Ta chứng minh
$\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq 0 $
Không mất tỉnh tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$
Khi đó thì $ab \geq ac \geq bc $
Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} $
Mà ta có do $1=(a+b)(b+c)(c+a) \leq (\frac{2a+2b+2c}{3} )^3 => a+b+c \geq \frac{3}{2} $
Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} \geq 0 $
Do đó $P \geq 1 $
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c= \frac{1}{2} $
Đã gửi bởi superpower on 11-10-2016 - 23:28 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài 2: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn:
$f(x^2+2f(y))=2y+f^2(x)\forall$ $x,y\in\mathbb{R}$
Câu hàm quen thuộc rồi
Từ đầu dễ thấy $f$ là 1 song ánh
Do đó $\exists a: f(a)=0 $
Thay $x=0, y=a => f^2(0) + 2a=f(0) $
$x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $
Do đó $(a^2-a)^2 +2a =a^2-a $
$a^4-2a^3+3a= 0 => a=0 ; a=-1 $
TH1: $a=-1 => f^2(0) - f(0) -2 =0 => f(0)=-2 $
Từ pt đầu cho $x=0 => f(2f(y)) = 2y +f^2(0) $
Thay $y=-1 => f(2f(-1)) = 2.(-1) + 4 <-=> f(0) = -2 +4 =2 $
Mà $f(0)=-2 $ nên vô lí
TH2: $f(0)=0$
Thay $y=0 => f(x^2)= f^2(x) $
Dễ suy ra được $f$ lẻ trên $R$
Thay $y= \frac{-f^2(x)}{2} => x^2+2f(-\frac{f^2(x)}{2} ) = 0$
Từ pt đầu ta thay $y=-\frac{f^2(y)}{2} $ , ta được
$f(x^2 -y^2) = f^2(x) -f^2(y) =f(x^2) - f(y^2) , \forall x,y \in R$
$=> f(x-y) = f(x)- f(y) , \forall x,y \in R^{+} $
Mà do $f$ lẻ nên $f(x-y)=f(x)-f(y) , \forall x,y \in R $
Thay $x-> x+y => f(x+y)=f(x)+f(y) $
Tới đây ta sẽ tính $f((x+1)^2) $ bằng 2 cách
Cách 1: $f((x+1)^2) = f(x^2) +2f(x) + f^2(1) $
Cách 2: $f((x+1)^2)= f^2(x+1)= (f(x) + f(1))^2 $
Do đó $f(x)= ax $
Tới đây dễ rồi
Đã gửi bởi superpower on 10-10-2016 - 16:57 trong Phương trình hàm
Tìm các hàm $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn hai điều kiện sau:
i) $f(x) \geq x+1, \forall x \in \mathbb{R}.$
ii) $f(x+y) \geq f(x)f(y), \forall x,y \in \mathbb{R}.$
Hình như $f(x)=e^x $
Đã gửi bởi superpower on 07-10-2016 - 22:14 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu dãy ngày 1
Cho $k$ là 1 số nguyên dương và dãy số $u_n$ được xác định bởi:
$u_1=3; u_{n+1}= u_n+4n+2 $
Có gì đó sai sai vì $k$ để làm gì
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học