Tìm m để phương trình $x^3-mx+m=0$ có 3 nghiệm phân biệt

Xác định đa thức $P(x)\epsilon \mathbb{R}(x)$ thỏa mãn: $(P(x))^2+(P(x-1))^2=2(P(x)-x)^2$

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Đường cao BE,CF,trực tâm H.M là trung điểm BC.Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn (O) tại N.Chứng minh M,H,N thẳng hàng 

Bài này là BalkanMO năm 97.

Đặt $g(x)=f(x)-f(2x)$

=>$g(x)-g(2x)=x^2+x$

Đặt $g(x)=h(x)-\frac{1}{3}x^2-x$

=>$h(x)=h(2x)$

Bài toán được đưa về dạng quen thuộc:

$h(x)=p(log_{2}\pm x)$ với $p(x)$ là hàm tuần hoàn chu kỳ 1 trên $\mathbb{R}$

Xin được góp ý 1 lời giải:

Phương trình đặc trưng:$x^2-2cos\alpha x+1=0$

$\Delta '=cos^2\alpha -1\leq 0$

TH1:$cos^2\alpha =1$

=>$cos\alpha =\pm 1$

=>Phương trình đặc trưng có nghiệm kép:$x_{1}=x_{2}=\pm 1$

=>$u_{n}=(A+B.n)(\pm 1)^n$

TH2:$cos\alpha <1$

=>Phương trình có nghiệm phức $x_{1,2}=cos\alpha \pm i.sin\alpha$

=>$u_{n}=A.cosn\alpha +B.sinn\alpha$

Tìm công thức tổng quát của dãy số $(u_n)$ xác định bởi $u_{n+2}-2 \cos \alpha .u_{n+1}+u_n=0.$

Lời giải: Gọi $(K)$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $M$. Ta có: $\angle MPA=\angle MOA=\widehat{MA}=2\angle MBA$ do đó $\angle PMB=\angle PBM$ hay là $PM=PB$. Chú ý $\bigtriangleup MPB\sim\bigtriangleup MQC(g.g)$ do đó $\bigtriangleup MQC$ cân tại $Q$. Chú ý $OM=OB$ và $OM=OC$ do đó $OP,OQ$ là trung trực của $MB,MC$ do đó theo định lí về đường thẳng $Steiner$ thì trực tâm $J$ của tam giác $OPQ$ nằm trên $BC$(đpcm). 

 

P/s: Hình của mình hơi khác mong các bạn thông cảm.

bạn có thể đưa ra lời giải sử dụng phép vị tự quay giúp mình được không?

Tam giác ABC nhọn nội tiếp (O),một đường tròn đi qua B,O cắt BC,BA tại P,Q.CMR:trực tâm tam giác POQ nằm trên AC

-Giả sử tìm được 16 số thỏa mãn đề bài.Khi đó ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16:0,1,2...,15.Trong đó có 8 số chẵn và 8 số lẽ

=>a,b,c không đồng tính chẵn lẻ

Giả sử a,b chẵn và c lẻ.Có 9 số lẻ được tạo thành:$\overline{abc};\overline{aac};\overline{bac};\overline{bbc};\overline{ccc}; \overline{cbc};\overline{cac};\overline{acc};\overline{bcc}$

Gọi $\overline{x_{1}};\overline{x_{2}}...;\overline{x_{9}}$ là các số có 2 chữ số thu được từ các số trên bằng cách bỏ đi chữ số c ở hàng đơn vị 

Khi đó $\overline{x_{i}c}\not\equiv \overline{x_{j}c}(mod 16)<=>\overline{x_{i}}\not\equiv \overline{x_{j}}(mod 8)$

Nhưng trong 9 số $\overline{x_{1}};\overline{x_{2}}...;\overline{x_{9}}$  chỉ có 3 số lẻ $\overline{ac};\overline{bc};\overline{cc}$ nên 8 số bất kì trong 9 số $\overline{x_{1}};\overline{x_{2}}...;\overline{x_{9}}$ luôn có 2 số đồng dư mod 8(Mâu thuẫn)

=>Không tìm được 16 số thỏa mãn đề bài

 -Tương tự với trường hợp a,b lẻ và c chẵn

Gọi VT của bđt cần chứng minh là A

Theo đề bài:

$2ab(a+3b)+2ac(a+2c)+3bc(b+4c)\ge 29 <=>2a^2(b+c)+3b^2(2a+c)+4c^2(a+3b)\geq 29<=>2.2a^2(b+c)+2.3b^2(2a+c)+2.4c^2(a+3b)\geq 58=>4a^4+(b+c)^2+9b^4+(2a+c)^2+16c^4+(a+3b)^2\geq 58<=>A+2(3ab+2ac+bc)\geq 58<=>A\geq 46 (Q.E.D)$

cho a,b,c >=0. CMR:

$ \sqrt{\frac{a+b}{c}} + \sqrt{\frac{c+b}{a}} + \sqrt{\frac{a+c}{b}} \geq 2(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}

Chuẩn hóa $a+b+c=1$

BĐT cần chứng minh

<=>$\sum \frac{1-3a}{\sqrt{a(1-a)}}\geq 0$

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$

=>$1-3a\leq 1-3b\leq 1-3c$

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

Theo BĐT Chebyshev

=>$3\sum \frac{1-3a}{\sqrt{a(1-a)}}\geq\sum (1-3a).\sum \frac{1}{\sqrt{a(1-a)}}=0$

=>Q.E.D

Dấu "=" xảy ra <=> $a=b=c=\frac{1}{3}$

Dễ thấy a chẵn $\Rightarrow a=2k\Rightarrow x^2=2^a+3^b\Leftrightarrow 3^{b}=x^2-2^{2k}=(x-2^{k})(x+2^{k})$

đến đây ta đặt $x-2^{k}=3^{m},x+2^{k}=3^{n}\Rightarrow m+n=b$ là giải được

Đoạn cuối phải sử dụng L.T.E mới giải quyết trọn vẹn được bài này

xem lại 1 chút nha b

 $a=1$;$b=2$;$c=3$ thì k thể =6 đc

Sửa rồi đó =_= 

$a\leq 1;a+b\leq 5;a+b+c\leq 14$

Tìm GTNN của $P=\sqrt{a}+\sqrt{b} +\sqrt{c}$

Theo mình nghĩ thì bài này phải là tìm GTLN của $P$

ĐKXĐ:$a\geq 0;b\geq 0;c\geq 0$

Theo bài ra ta có:

$3a+(a+b)+2(a+b+c)\leq 3+5+2.14<=>6a+3b+2c\leq 36$

Mặt khác dụng bđt C-S:$(6a+3b+2c)(1+2+3)\geq 6(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2$

$=>(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2\leq 36$

$=>\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq 6$

Dấu $"="$ xảy ra $<=>$ $a=1$;$b=4$;$c=9$

 S.O.S là BĐT j vậy ???

https://julielltv.wo...chur-ban-s-o-s/

Cho $a;b;c$ dương thỏa mãn $a+b+c=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$.CMR $\frac{1}{a^2+b^2+3}+\frac{1}{b^2+c^2+3}+\frac{1}{c^2+a^2+3}\leq \frac{1}{2}$

Ta có:$\sum \frac{1}{a^2+b^2+3}\leq \frac{1}{2}<=>1-\sum \frac{a^2+b^2}{3a^2+3b^2+9}\leq \frac{1}{2}<=>\frac{1}{2}\leq \sum \frac{(a+b)^2+(a-b)^2}{6a^2+6b^2+18}$

Không mất tính tổng quát giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$

Áp dụng BĐT C-S dạng engel $=>\sum \frac{(a+b)^2+(a-b)^2}{6a^2+6b^2+18}\geq \frac{4(a+b+c)^2+4(a-c)^2}{12(a^2+b^2+c^2)+54}$

Ta cần chứng minh: $\frac{4(a+b+c)^2+4(a-c)^2}{12(a^2+b^2+c^2)+54}\geq \frac{1}{2}<=>\frac{27+2(a+b+c)^2+4(a-c)^2}{12(a^2+b^2+c^2)+54}\geq \frac{1}{2}<=>8ab+8bc\geq 8ac+8b^2<=>8(a-b)(b-c)\geq 0$ (Đúng)

=>Q.E.D

Cho các số a,b,c thoã mãn các điều kiện 0<a<b và phương trình $ax^{2}+bx+c=0$  vô nghiệm.Chứng minh rằng: $\frac{a+b+c}{b-a}>3$

Phương trình vô nghiệm với $0<a<b$<=>$b^2<4ac<=>(b-c)^2<4ac-2bc+c^2<=>4a-2b+c>0<=>a+b+c>3(b-a)$

=>Q.E.D

đề là ab+bc+ca+abc=4 ạ, mình viết nhầm nữa ._.

Tóm lại cái đề nó là như này đúng không bạn? =_=

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ac+abc=4$

Chứng minh rằng:$3(a^2+b^2+c^2)+abc\geq10$

*Giải:BĐT cần chứng minh $<=>3p^2-6q+r\geq 10<=>3p^2-7q-6\geq 0$ (*)

Theo BĐT Schur ta có $p^3+9r\geq 4pq<=>p^3+9(4-q)\geq 4pq<=>q\leq \frac{36+p^3}{4p+9}$

Thay vào (*) =>$3p^2-7\frac{36+p^3}{4p+9}-6\geq 0<=>5p^3+27p^2-24p-306\geq 0<=>(p-3)(5p^2+42p+102)\geq 0<=>p\geq 3$

Ta có:$q^3=(ab+bc+ac)^3\geq 27(abc)^2=27r^2=27(4-q)^2$

=>$q\geq 3$

=>$p^2\geq 3q\geq 9=>p\geq 3$

=>Q.E.D

Dấu $"="$ xảy ra $<=>a=b=c=1$

Phương trình vô nghiệm với $0<a<b$<=>$b^2<4ac<=>(b-c)^2<4ac-2bc+c^2<=>4a-2b+c>0<=>a+b+c>3(b-a)$

=>Q.E.D

Theo mình nghĩ thì bài này phải là tìm GTLN của $P$

ĐKXĐ:$a\geq 0;b\geq 0;c\geq 0$

Theo bài ra ta có:

$3a+(a+b)+2(a+b+c)\leq 3+5+2.14<=>6a+3b+2c\leq 36$

Mặt khác dụng bđt C-S:$(6a+3b+2c)(1+2+3)\geq 6(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2$

$=>(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2\leq 36$

$=>\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq 6$

Dấu $"="$ xảy ra $<=>$ $a=1$;$b=2$;$c=3$

Không mất tính tổng quát giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$

BĐT cần chứng minh

<=> $\sum (\frac{a^3}{b}-a^2)+\sum (2ab-2b^2)\geq 0<=>\sum \frac{a^2(a-b)}{b}+\sum 2b(a-b)\geq 0<=>\sum \frac{a^2+2b^2}{ab-b^2}(a-b)^2\geq 0$ 

BĐT này đúng theo tiêu chuẩn 2 định lý S.O.S 

=>Q.E.D

Ta có:$\sum \frac{1}{a^2+b^2+3}\leq \frac{1}{2}<=>1-\sum \frac{a^2+b^2}{3a^2+3b^2+9}\leq \frac{1}{2}<=>\frac{1}{2}\leq \sum \frac{(a+b)^2+(a-b)^2}{6a^2+6b^2+18}$

Không mất tính tổng quát giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$

Áp dụng BĐT C-S dạng engel $=>\sum \frac{(a+b)^2+(a-b)^2}{6a^2+6b^2+18}\geq \frac{4(a+b+c)^2+4(a-c)^2}{12(a^2+b^2+c^2)+54}$

Ta cần chứng minh: $\frac{4(a+b+c)^2+4(a-c)^2}{12(a^2+b^2+c^2)+54}\geq \frac{1}{2}<=>\frac{27+2(a+b+c)^2+4(a-c)^2}{12(a^2+b^2+c^2)+54}\geq \frac{1}{2}<=>8ab+8bc\geq 8ac+8b^2<=>8(a-b)(b-c)\geq 0$ (Đúng)

=>Q.E.D

Một cách tổng quát ta xác định các đa thức P(x) thỏa mãn P(x)P(y)=P(xy) (*)

Thay x=y=0 vào (*) ta được:$P^2(0)=P(0)$=>P(0)=1 hoặc P(0)=0

+)P(0)=1,thay y=0 vào (*) ta được P(x)=1

+)P(0)=0=>P(x)=xQ(x).Thay vào (*) ta được:Q(x).Q(y)=Q(xy) (**)

tương tự $Q(x)=xQ_{1}(x)$ Thay vào (**) ta được:$Q_{1}(x).Q_{1}(y)=Q_{1}(xy)$

Lặp lại quá trình này ta được $P(x)=x^n$

+)Thử lại đúng

+)Vậy P(x)=1 hoặc $P(x)=x^n$

$P=(x-y)^2-2(x+y)=(x+y)^2-3(x+y)$ 

+ Xét $x+y< \frac{3}{2}$ =>Hàm nghịch biến=>P max<=>x+y min<=>x+y=1

=>P max=2 tại $x=y=\frac{1}{2}$

+Xét $x+y\geq \frac{3}{2}$ =>Hàm đồng biến=>P max<=>x+y max

Có:$x;y\leq 2=>(x-2)(y-2)\geq 0=>xy+4\geq x+y<=>\frac{x+y}{4}+4\geq x+y=>x+y\leq \frac{16}{7}$

=>P max=$(\frac{16}{7})^2-3\frac{16}{7}=-1\frac{31}{49}$ tại $x=2;y= \frac{2}{7}$ hoặc $y=2;x= \frac{2}{7}$

=>...