Kamii0909 nội dung
Có 155 mục bởi Kamii0909 (Tìm giới hạn từ 11-05-2020)
#664004 Xác định vị trí của điểm $M$ để biểu thức: $P=\frac{...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 06-12-2016 - 20:35 trong Hình học
Xét TH $M$ thuộc cung nhỏ $AD$. Các TH còn lại chứng minh tương tự.
Lấy $G$ trên $AC$ sao cho $\widehat{BMC}=\widehat{AMG}$
Dễ có $\Delta BMC \sim \Delta AMG$ và $\Delta AMB \sim GMC$
Từ đó $\frac{AC}{ME}=\frac{AG}{ME} +\frac{GC}{ME}= \frac{BC}{MD}+ \frac{AB}{MF}$
Từ đó $P=\frac{2AC}{ME}$.
Dễ thấy $P$ không tồn tại GTNN.
Ở đây GTLN $P$ khi $MA=MC$.
#673603 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic
Đã gửi bởi Kamii0909 on 06-03-2017 - 22:30 trong Bất đẳng thức và cực trị
Do tính thuần nhất ta có thể cho $c=1$. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đươngcho a, b, c >0 chứng minh
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq 1+\sqrt{\frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$
$$a^2b+b^2+a+ab\geq \sqrt{2ab(a+b)(a+1)(b+1)}$$
Bình phương lên và biến đổi nó tương đương với $a^4b^2+b^4+a^2 \geq 3a^2b^2$
Đúng theo AM-GM
#664443 Tìm số tự nhiên n>1 nhỏ nhất để $(n+1)(2n+1)\vdots 6$ và t...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-12-2016 - 11:02 trong Số học
Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $p=a^n +b^n +c^n +d^n$. Do $ab=cd$ nên ta viết lại
$p= a^n +b^n +c^n +\frac{a^n.b^n}{c^n} \\ \Leftrightarrow p.c^n=(c^n+a^n)(c^n+b^n)$
Nên 1 trong 2 số $c^n+a^n,c^n+b^n$ phải là bội của $p$ mà rõ ràng 2 số này $<p$ nên mâu thuẫn. Vậy ta có đpcm.
#661252 Tìm số nguyên tố p thỏa mãn $p= 2x^{2}-1;p^{2}= 2y^...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-11-2016 - 15:02 trong Số học
Trừ từng vế 2 phương trình
$p(p-1)=2(y-x)(x+y)$
Suy ra $p|2(y-x)(y+x)$
Mà $2 < $ và $y-x < p $ nên $p|x+y$.
Lại có $x+y < 2p$ nên $x+y=p$
Thay ngược lên có $p-1=2y-2x$
Tới đây dễ rồi. Đơn thuần là giải hệ thôi.
Có $y=3x-1$ và $x^2+2xy=y^2-1$
Thay vào ra $p=7,x=2,y=5$
#662810 Tìm n để trong $S_{n}$ không có số chính phương nào
Đã gửi bởi Kamii0909 on 23-11-2016 - 14:30 trong Số học
Nếu $\sqrt{a}-\sqrt{b} \geq 1$ thì $[a,b)$ có ít nhất 1 số chính phương.
*Lưu ý:Điều ngược lại là sai. Ví dụ $a=8,b=10$.
Như vậy ta phải có
$\sqrt{n}-\sqrt{\frac{n}{2}} <1$
Bằng biến đổi tương đương ta nhận được
$\sqrt{n} < \sqrt{2}(\sqrt{2}+1)$
Hay $n \leq 11$.
Thử trực tiếp có $n=9$ thỏa mãn.
#669214 Tìm min $P=\frac{1}{x^{2}+1}+\fr...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 21-01-2017 - 20:03 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài toán nên là $x,y,z$ không âm thì hay hơn( khi đó dấu bằng xảy ra thêm tại $(x,y,z) \sim (0,\sqrt{3},\sqrt{3})$)
Ta sẽ chứng minh rằng $\sum \dfrac{1}{x^2+1} \geq \frac{3}{2}.$
Nhân lên và biến đổi $p,q,r,$ ta đi chứng minh $p^2 +pr +r(p-3r) \geq 12.$
Do $a+b+c \geq 3 \sqrt[3]{abc} \geq 3abc \Rightarrow p \geq 3r,$ nên ta quy về chứng minh $p^2+pr \geq 12.$
Nếu $p^2 \geq 12$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Giả sử $9 \leq p^2 \leq 12.$
Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 3 $r \geq \frac{p(12-p^2)}{9},$ điều phải chứng minh trở thành $(p^2-9)(12-p^2) \geq 0$ :đúng.
#712214 Tìm hàm f:R R
Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-07-2018 - 08:07 trong Phương trình hàm
Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn
1.$f(x+f(y+f(x)))=f(x+y)+x$
Kí hiệu $P(x,y)$ thay cho phép thế $x,y$ vào phương trình.
$P(x,-x):f(x+f(f(x)-x))=x+f(0)$ nên $f$ toàn ánh.
Do đó tồn tại $a, f(a)=-f(0)$
$P(a,-f(a)):a=0$ nên $f(0)=0$
$P(0,x): f(f(x))=f(x)$
$P(x,-x): f(x+f(f(x)-x))=x$
Lấy $f$ 2 vế phương trình này thì $f(x)=x$
Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn
2.$f(x+f(y+f(x)))=f(x)+x+y$
Kí hiệu $P(x,y)$ thay cho phép thế $x,y$ vào phương trình.
$P(x,-f(x)):f(x+f(0))=x$ nên $f(x)=x-f(0)$
Tại đây cho $x=0$ thì $f(0)=0$ nên $f(x)=x$
#688927 Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 28-07-2017 - 16:17 trong Phương trình hàm
Cho $x=0$ thì $f( f(y)-y)=f(0)^2$ nên $f(x)=x+c$ hoặc $f(x)=c$
#658284 Tìm GTNN của biểu thức: $a^3+b^3+c^3$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 18-10-2016 - 14:13 trong Bất đẳng thức và cực trị
Câu 1: Cho 3 số $a, b,c$ không âm và $a+b+c=3$
Tìm GTNN của biểu thức: $a^3+b^3+c^3$
Câu 2: Cho 3 số $a, b,c$ không âm và $a+b+c=3$
Tìm GTNN của biểu thức:$\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}$
Câu 2
Min=0 khi a=b=0,c=3 và các hoán vị
Nếu a,b,c không lớn hơn 2 thì min=$\sqrt[3]{2}$
Max=3
Theo bđt Holder
$\left ( \sum a \right )\left ( \sum b \right )(1+1+1)\geq \left ( \sum \sqrt[3]{ab} \right )^{3}\Rightarrow \sum \sqrt[3]{ab}\leq 3$
Bài ảo qúa Bạn check lại đề được không ?? @@
#658042 Tìm giá trị nhỏ nhất $\sum \frac{x}{xy+1}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 16-10-2016 - 11:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho x,y,z dương ;$x+y+z=1$
Tìm Min
$\frac{x}{xy+1}+\frac{y}{yz+1}+\frac{z}{zx+1}$
Giả sử $x\geq y\geq z$
Theo bất đẳng thức Cheybershev ta có
$\sum \frac{x}{xy+1}\geq \frac{\sum x}{3}\sum \frac{1}{xy+1}\geq \frac{3}{\sum xy+3}\geq \frac{3}{\frac{1}{3}\left ( \sum x \right )^{2}+3}=\frac{9}{10}$
#658826 Tìm giá trị nhỏ nhất $\sum \frac{x}{xy+1}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 22-10-2016 - 21:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cheybershev có vẻ khó ra hoàn chỉnh
Mình xin đính chính lại cách khác hay hơn
$\sum \frac{x}{xy+1}=\sum x -\sum \frac{x^{2}y}{xy+1}$
Theo AM-GM 10 số và Holder(đoạn này số siếc loằng ngà loằng ngoằng nên cho phép mình bỏ )
Min=9/10
#659818 Tìm các số nguyên dương sao cho $\frac{a^2+b}{b^2-a}$ và...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 29-10-2016 - 16:25 trong Số học
Viết lại cách trên dễ hiểu hơn. Ta viết lại điều kiện $\left\{\begin{matrix} b^2-a|a^2+b\\ a^2-b|b^2+a \end{matrix}\right.$
Từ đó $\left\{\begin{matrix} a^2+b \geq b^2-a\\ b^2+a \geq a^2-b \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (a-b+1)(a+b)\geq 0\\ (b-a+1)(a+b) \geq 0 \end{matrix}\right.$
Do $a+b >0$ nên $\left\{\begin{matrix} a-b+1 \leq 0\\ b-a+1 \leq 0 \end{matrix}\right.\Rightarrow (a-b+1)(b-a+1) \leq 0 \Leftrightarrow (a-b)^2 \leq 1$
Giả sử $a \geq b$ thì $a=b+1$ hoặc $a=b$
Nếu $a=b+1$ thì $a^2-a-1|a^2+3a+1$ hay $a^2-a-1|4a+2$
Từ đó $a^2-a-1 \leq 4a +2$ suy ra $a \leq 5$. Thay lại tìm $b$
Nếu $a=b$ thì $a^2-a|a^2+a$ hay $a^2-a|2a$ nên $a(a-3) \leq 0$
Vậy $a \leq 3 $ Thay lại ta tìm được nốt.
#664447 Tìm bộ số thỏa mãn
Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-12-2016 - 11:28 trong Số học
$m^2+n^2|(m^2+n^2)(m+n)-mn(m+n)-4$ nên $m^2+n^2|mn(m+n)+4$(1)
Từ đó $m^2+n^2 \leq m^2n +n^2m+4$(2)
Nếu cả 2 số $m,n$ cùng bằng 1 thì (1) thỏa mãn và $m^2+n^2=2$ cũng thỏa mãn.
Ngược lại, KMTTQ giả sử $m>1$
Ta viết lại (2) như sau
$n^2(m-1)+nm^2-m^2+4 \leq 0$
Xét $\Delta$ theo $n$ thì
$\Delta = m^4+4m^3-4m^2-16m+16 \leq 0$ Rõ ràng bất phương trình này vô nghiệm nguyên dương với $m>1$.
Vậy $m=n=1$ là nghiệm duy nhất.
Xử lí theo cách này có thể không dùng điều kiện nguyên tố.
#693445 Turkey TST 2017
Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-09-2017 - 23:17 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế
$f$ toàn ánh . Gọi $P(x_0,y_0)$ là phép thếNếu $f(x_1) = f(x_2) $ xét $P(x_1,x_2)$ và $P(x_2,x_1)$ có $x_1 = x_2 \implies f$ đơn ánh $\implies f$ toàn ánh$P(0,y) : f(f(y)) = by+a $ với $b = f(0) $ , $P(x,f(y)) : f(xf(y)+by+a) = f(x)f(y)+a = f(yf(x)+bx+a) \implies xf(y)+by = yf(x)+bx \implies f(x) = mn+x$ Thế vào thì có $m^2 = n $ và $m^3+m^2 = a$Vậy $f(x) = mx+m^2$ với $m$ là nghiệm của phương trình $x^3+x^2 - a = 0$
Đoạn cm đơn ánh chưa hoàn chỉnh. Nếu $f(x_1)=f(x_2)=0$ thì $x_1 \neq x_2$ thoải mái. TH $a=0$ có $f(x)=0, \forall x$ chứng tỏ điều này.
Có thể xử lí kiểu này.
$P(0,x):f(f(x))=xf(0)+a$
Nếu $f(0)=0$ thì $P(x,0):a=0$
Hay $P(0,x):f(f(x))=0$
Nếu $f$ hằng thì $f(x)=0,\forall x$.
Nếu $f$ không hằng thì $\exists c,f(c) \neq 0$
$P(c,x):f(cx+f(x))=xf(c)$ nên $f$ toàn ánh.
Do đó $P(0,x)$ sẽ cho ta $f(x)=0,\forall x$(là hàm hằng, mâu thuẫn)
Xét $f(0) \neq 0$ thì $P(0,x)$ cho $f$ song ánh và có thể tiếp tục giải như trên.
#661703 Phương trình nghiệm nguyên
Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-11-2016 - 23:51 trong Số học
Mình lý luận không được chắc chắn lắm có gì sai sót mong bạn chỉ giúp.
đặt $a=x+y,b=xy$
thì $a^2|a^3-3ab-b^2$ hay $a^2|3ab+b^2$
Từ đó $ka^2-3ab-b^2=0$
Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn $a$ thì
$\Delta =b^2(4k+9)$ nên $4k+9$ phải là số chính phương lẻ.
Từ đó tính được $k=m^2+m-2$
thay vào công thức nghiệm được $a= \frac{b}{m-1}$ hoặc $a= \frac{b}{m+2}$
Cả 2 đều chứng tỏ $a|b$ hay $x+y|xy$ nghĩa là $xy=p(x+y)$
Từ đề bài thì tử số phải không âm hay
$x+y \geq 3p+p^2$
Nếu $x=y$ thì $p= \frac{x}{2}$ thay vào có $x \leq 2$
$x=y=1$ KTM, $x=y=2$ TM.
TH còn lại xử lí như trên.
#661729 Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi VMO tỉnh Đồng Nai
Đã gửi bởi Kamii0909 on 13-11-2016 - 09:29 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Cái khó của bài toán chính là $TD$ và $TQ$ đẳng giác. Bạn có hướng nào ngắn gọn chứng minh cái này không?Câu hình còn có thể chứng minh như thế này :
Gọi tiếp tuyến kẻ từ $A$ cắt $BC$ tại $T$ ; tâm ngoại tiếp $(BAC),(ADE)$ lần lượt là $H,G$ dễ thấy $A,G,H$ thẳng hàng do đó $TA$ là tiếp tuyến chung của $(ABC),(ADE)$. Nên $T$ nằm trên trục đẳng phương của $(AED),(BCD),(BCE)$ hay $DP,QE,BC$ đồng qui tại $T$ .Ta có :
$\widehat{ACB}=\widehat{TQB}=\widehat{TAB}$ suy ra tứ giác $AQBT$ nội tiếp
Mặt khác:
$\widehat{AQP}=\widehat{ADP}=\widehat{ATD}+\widehat{TAD}$
Và $\widehat{APQ}=\widehat{AEQ}=\widehat{TAB}+\widehat{BAQ}$
Kết hợp với tia $TD$ và tia $TQ$ đẳng giác trong $\widehat{ATB}$ nên $\widehat{ATD}=\widehat{BAQ}$
#661744 Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi VMO tỉnh Đồng Nai
Đã gửi bởi Kamii0909 on 13-11-2016 - 11:11 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Chứng minh đẳng giác có thể dùng TAB và TCA đồng dạng. D, E là trung điểm của AB, AC nên TAD và TCE đồng dạng.
Cũng giống cách của mình. Nhưng mình đang tìm cách chứng minh nhanh hơn.
- Diễn đàn Toán học
- → Kamii0909 nội dung