Xin chào các bạn, vì mình khá bận trong thời gian qua nên mình đã không chăm lo cho topic này được, từ giờ đến lúc thi VMO còn tầm 3 tuần nên mình sẽ tập trung cho topic này
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 18-12-2015 - 15:58
Xin chào các bạn, vì mình khá bận trong thời gian qua nên mình đã không chăm lo cho topic này được, từ giờ đến lúc thi VMO còn tầm 3 tuần nên mình sẽ tập trung cho topic này
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 18-12-2015 - 15:58
Bài 7(Phương trình hàm).
Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:
$xf\left (y \right )+f\left (xf\left (y \right ) \right )-xf\left (f\left (y \right ) \right )-f\left (xy \right )=2x+f\left (y \right )-f\left (x+y \right )$ (1)
Lời giải: Giả sử $P(x,y)$ là tính chất của $(1)$.
$P(1,y) \Rightarrow f(y)+2=f(y+1). \qquad (2)$
$P(x,1) \Rightarrow x \left[ f(1)-f(f(1))-2 \right]+2+f(xf(1))-f(1)=0. \qquad (3)$
Nếu $f(1)=0$ thì $f(2)=f(1)+2=2$.
$P(x,2) \Rightarrow 2x+2-f(x+2)=0 \Rightarrow f(x+2)=2(x+1) \Rightarrow f(x)=2(x-1)$.
Nếu $f(1) \ne 0$. Khi đó từ $(3)$, thay $x$ bởi $\frac{x}{f(1)}$ ta suy ra $x \cdot \frac{f(1)-f(f(1))-2 }{f(1)} +2-f(1)+f(x)=0. \qquad (4)$
Thay $x$ bởi $x+1$ ta được $(x+1) \cdot \frac{f(1)-f(f(1))-2 }{f(1)} +2-f(1)+f(x+1)=0. \qquad (5)$
Từ $(4)$ và $(5)$ ta suy ra $f(x+1)-f(x)+ \frac{f(1)-f(f(1))-2}{f(1)}=0 \Rightarrow f(1)-f(f(1))-2=-2f(1) \Rightarrow 3f(1)=f(f(1))+2$.
Khi đó $(4) \Leftrightarrow f(x)=f(1)-2+2x \; \forall x \in \mathbb{R}$. Thử vào phương trình thấy thoả mãn.
Vậy $f(x)=2x+k \; \forall x \in \mathbb{R}$ với $k \in \mathbb{R}$.
Bài 10 (BĐT) : Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :
$$8\left (a^3+b^3+c^3\right )+12 \geq (a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{abc}+1\right )^2+3\right ]$$
Bài 11 (Dãy số) : Cho dãy số nguyên $a_{n}$ $n\epsilon N$ thỏa mãn:
$\left\{\begin{matrix}a_{o}=1 & \\ a_{n}=a_{n-1}+a_{[\frac{n}{3}]} & \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p\leq 13$ tồn tại vô số số k nguyên dương thỏa mãn $a_{k}$ chia hết cho p
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 18-12-2015 - 16:12
Mình cũng góp vui một bài...
Bài 13(BĐT) : Cho ba số dương $a$, $b$, $c$ và hai số nguyên dương $k$, $n$ bất kỳ. Chứng minh rằng
\[\dfrac{a^{n+k+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}+\dfrac{b^{n+k+1}}{c^{n+1}+a^{n+1}}+\dfrac{c^{n+k+1}}{a^{n+1}+b^{n+1}}\geqslant \dfrac{a^{n+k}}{b^n+c^n}+\dfrac{b^{n+k}}{c^n+a^n}+\dfrac{c^{n+k}}{a^n+b^n}\]
(xuất xứ: sáng tác)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 18-12-2015 - 17:58
hiện tại mình đang soạn 1 đề thi VMO mẫu cho các bạn và tầm 2-3 ngày nữa mình sẽ đăng
Bài 10 (BĐT) : Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :
$$8\left (a^3+b^3+c^3\right )+12 \geq (a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{abc}+1\right )^2+3\right ]$$
Đặt $f(a,b,c)=8\left (a^3+b^3+c^3\right )+12 \geq (a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{abc}+1\right )^2+3\right ]$
Khi đó $f(a,b,c)-f\left (a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2}\right )$
$$=8(b^3+c^3)-2(b+c)^3+(a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{\dfrac{a(b+c)^2}{4}}+1\right )^2-(2\sqrt[3]{abc}+1)^2\right ]\geq 0$$
Vì vậy ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $b=c$ hay
$$8(a^3+2b^3)+12\geq (a+2b)\left [(2\sqrt[3]{ab^2}+1)^2+3\right ]$$
$$\Leftrightarrow 2(a^3+2b^3)+3\geq ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+2b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b$$
Áp dụng BĐT AM-GM :
$$a^3+b^3+a^2b\geq 3ab\sqrt[3]{a^2b}\ ,\ a^3+ab^2+1\geq 3a\sqrt[3]{ab^2}\ ,\ a^3+1+1\geq 3a\ ,\ 2(a^2b+2b^3)\geq 6\sqrt[3]{a^2b}\ ,\ 2(b^3+ab^2+1)\geq 6b\sqrt[3]{ab^2}\ ,\ 2(b^3+2)\geq 6b$$
Công các BĐT trên lại ta được :
$$3\left (ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+3b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b\right )\leq 3a^3+9b^3+3a^2b+3ab^2+9\leq 6a^3+12b^3+9$$
$$\Leftrightarrow 2(a^3+2b^3)+3\geq ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+3b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b$$
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài 14: (Số học) Cho $a,b \in \mathbb{Z}$ sao cho $|a|,|b|>1$ và tập hợp $S=\left \{ n \in \mathbb{N}^* \mid \exists m \in \mathbb{N}^*,a^m+b \vdots a^n+1 \right \}$ có vô hạn phần tử. Chứng minh rằng:
$\exists k \in \mathbb{N^*}, |b|=|a|^k$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Minh Hai: 18-12-2015 - 22:43
Bài 11 (Dãy số) : Cho dãy số nguyên $a_{n}$ $n\epsilon N$ thỏa mãn:
$\left\{\begin{matrix}a_{o}=1 & \\ a_{n}=a_{n-1}+a_{[\frac{n}{3}]} & \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p\leq 13$ tồn tại vô số số k nguyên dương thỏa mãn $a_{k}$ chia hết cho p
Mình sẽ chứng mình cho TH $p=13$. Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự:
Chứng minh phản chứng. Giả sử dãy đã cho có hữu hạn số nguyên dương chia hết cho 13 và giả sử $k$ là chỉ số lớn nhất sao cho $13 \mid a_k$
Từ giả thiết ta suy ra:
$\left\{\begin{matrix} a_3k=a_{3k-1} +a_k & \\ a_{3k+1}=a_3k +a_k & \\ a_{3k+2} =a_{3k+1} +a_k \end{matrix}\right.$
Suy ra $ a_{3k+2} \equiv a_{3k+1} \equiv a_{3k} \equiv a_{3k-1} \equiv b (mod 13)$ .
Và $ b \in \mathbb{Z}$ ; $(b,13)=1$
Ta có hệ với 13 phương trình như sau:
$\left\{\begin{matrix} a_{9k-4} =a_{9k -4} & \\ a_{9k-3} =a_{9k-4} +a_{3k-1} & \\ a_{9k-2}=a_{9k-3} +a_{3k-1} & \\ a_{9k-1} =a_{9k-2} +a_{3k-1} & \\ a_{9k} =a_{9k -1} +a_3k & \\ a_{9k+1}=a_{9k} +a_3k & \\ a_{9k+2}=a_{9k+1} +a_3k & \\ a_{9k+3} =a_{9k+2} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+4} =a_{9k +3} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+5} =a_{9k+4} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+6}=a_{9k+5 }+a_{3k+2} & \\ a_{9k+7} =a_{9k+6} +a_{3k+2} & \\a_{9k+8} = a_{9k+7} +a_{3k+2} & \end{matrix}\right.$
Suy ra $\left\{\begin{matrix} a_{9k-4} \equiv a_{9k -4} +0.b (mod 13) & \\ a_{9k-3} \equiv a_{9k-4} +1.b (mod 13) & \\ a_{9k-2} \equiv a_{9k-4} +2.b (mod 13) & \\ a_{9k-1} \equiv a_{9k-4} + 3.b(mod 13) & \\ ............. & \\a_{9k+8} \equiv a_{9k-4} +12.b (mod 13) & \end{matrix}\right.$
Vì $(b,13) =1$ nên tập hợp A $ = \{a_{9k-4} +i.b \mid \forall i \in \{0,1,...,12\} \}$ là 1 HTDĐĐ mod 13.
Suy ra trong tập trên sẽ tồn tại 1 số chia hết cho 13 và số này lớn hơn $a_k$ $\rightarrow$ Mâu thuẫn. (ĐPCM)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Emyeutiengviet: 19-12-2015 - 22:48
Bài 12 (BĐT) : $a,b,c>0. CMR :\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}\geq \sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$
Bài quen thuộc
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy \, Schwarz$ ta có:
$\sum \dfrac{a^2+b^2}{a+b} \geq \dfrac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy \, Schwarz$ lại có:
$\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2=2\sum a^2 + 2\sum \sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}$
$\geq 2\sum a^2 + 2 \sum\left(a^2+bc\right)=4\sum a^2+2\sum{ab}$
Do đó chỉ cần chứng minh:
$\left(2\sum a^2 +\sum ab\right)^2 \geq 3\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)$
$\Leftrightarrow \left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)^2 \geq 0$ (luôn đúng)
Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$
Bài quen thuộc
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy \, Schwarz$ ta có:
$\sum \dfrac{a^2+b^2}{a+b} \geq \dfrac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy \, Schwarz$ lại có:
$\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2=2\sum a^2 + 2\sum \sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}$
$\geq 2\sum a^2 + 2 \sum\left(a^2+bc\right)=4\sum a^2+2\sum{ab}$
Do đó chỉ cần chứng minh:
$\left(2\sum a^2 +\sum ab\right)^2 \geq 3\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)$
$\Leftrightarrow \left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)^2 \geq 0$ (luôn đúng)
Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$
Ta có BĐT tương đương :
$\sum \left (\dfrac{2(a^2+b^2)}{a+b}-a-b\right )\geq 2\left [\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}-(a+b+c)\right ]$
$\Leftrightarrow \sum \dfrac{(a-b)^2}{a+b}\geq 2.\dfrac{\sum (a-b)^2}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c}$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2.\dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+c-a-b}{(a+b)\left [\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c\right ]}\geq 0$
Luôn đúng vì $\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+c-a-b\geq a+b+c+c-a-b=2c>0$
...
$a,b,c do dai 3 canh tam giac .CMR \sum \frac{a}{b} +3 \geq \sum \frac{a+b}{b+c}$
$a,b,c do dai 3 canh tam giac .CMR \sum \frac{a}{b} +3 \geq \sum \frac{a+b}{b+c}$
câu này dễ mà ,với lại không có dấu bằng
$VT=\sum \frac{a+b}{b}>\sum \frac{a+b}{b+c}$
Mọi người suy nghĩ câu tổ hợp sau nhé
Trong bảng vuông 2016*2016 người ta điền các số từ 1 đến 4 vào mỗi ô(mỗi ô điền 1 số ) sao cho
trong mỗi bảng con 2*2 bất kì đều có đủ các số từ 1 đến 4
Tìm số cách điền thỏa mãn
$g(x+1)=g(x)$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ mà bạn. Hay là mình nhầm?
$g(x+1)=g(x)$ thì chỉ suy ra được $g(x)=h\left(\left\{x\right\}\right)$ thôi
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Ta có BĐT tương đương :
$\sum \left (\dfrac{2(a^2+b^2)}{a+b}-a-b\right )\geq 2\left [\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}-(a+b+c)\right ]$
$\Leftrightarrow \sum \dfrac{(a-b)^2}{a+b}\geq 2.\dfrac{\sum (a-b)^2}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c}$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2.\dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+c-a-b}{(a+b)\left [\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c\right ]}\geq 0$
Luôn đúng vì $\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+c-a-b\geq a+b+c+c-a-b=2c>0$
...
Giả sử rằng $b$ nằm giữa $a$ và $c$ thì $(a-b)(b-c)\geqslant 0$
Áp dụng bất đẳng thức C-S: $VT=\sum \dfrac{(a+b)^2+(a-b)^2}{2(a+b)}\geqslant a+b+c+\dfrac{(a-c)^2}{a+b+c}$
Ngoài ra chú ý: $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a-c)^2+(a-b)(c-b)\leqslant (a-c)^2$ nên ta có:
$VT\geqslant a+b+c+\dfrac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a+b+c}=\dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{2(a+b+c)}+\dfrac{a+b+c}{2}\geqslant \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Đặt $f(a,b,c)=8\left (a^3+b^3+c^3\right )+12 \geq (a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{abc}+1\right )^2+3\right ]$
Khi đó $f(a,b,c)-f\left (a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2}\right )$
$$=8(b^3+c^3)-2(b+c)^3+(a+b+c)\left [\left (2\sqrt[3]{\dfrac{a(b+c)^2}{4}}+1\right )^2-(2\sqrt[3]{abc}+1)^2\right ]\geq 0$$
Vì vậy ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $b=c$ hay
$$8(a^3+2b^3)+12\geq (a+2b)\left [(2\sqrt[3]{ab^2}+1)^2+3\right ]$$
$$\Leftrightarrow 2(a^3+2b^3)+3\geq ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+2b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b$$
Áp dụng BĐT AM-GM :
$$a^3+b^3+a^2b\geq 3ab\sqrt[3]{a^2b}\ ,\ a^3+ab^2+1\geq 3a\sqrt[3]{ab^2}\ ,\ a^3+1+1\geq 3a\ ,\ 2(a^2b+2b^3)\geq 6\sqrt[3]{a^2b}\ ,\ 2(b^3+ab^2+1)\geq 6b\sqrt[3]{ab^2}\ ,\ 2(b^3+2)\geq 6b$$
Công các BĐT trên lại ta được :
$$3\left (ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+3b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b\right )\leq 3a^3+9b^3+3a^2b+3ab^2+9\leq 6a^3+12b^3+9$$
$$\Leftrightarrow 2(a^3+2b^3)+3\geq ab\sqrt[3]{a^2b}+a\sqrt[3]{ab^2}+a+3b^2\sqrt[3]{a^2b}+2b\sqrt[3]{ab^2}+2b$$
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Cùng chung ý tưởng là dồn biến nhưng không vừa lòng với cách làm trên lắm.
Để ý vế trái có $b^3+c^3\geqslant \dfrac{(b+c)^3}{4}$ và $bc\leqslant \dfrac{(b+c)^2}{4}$ nên hiển nhiên $f(a,b,c)\geqslant f\left(a, \dfrac{b+c}{2}, \dfrac{b+c}{2}\right)$
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Bài 15 (Tổ Hợp) (T3/243): Cho một hình lục giác đều. Tại mỗi đỉnh của một hình lục giác có một con chim đậu. Vào cùng một lúc, tất cả sáu con chim đều bay lên khỏi vị trí của mình; rồi sau đó cũng vào cùng một lúc, chúng lại đậu xuống các đỉnh của hình lục giác (mỗi đỉnh chỉ có đúng một con chim đậu; các con chim không nhất thiết đậu lại vị trí cũ). Chứng minh rằng tồn tại ba con chim sao cho tam giác tạo bởi các đỉnh mà chúng đậu trước khi bay lên bằng tam giác tạo bởi các đỉnh mà chúng đậu xuống.
Mình cũng góp vui một bài...
Bài 13(BĐT) : Cho ba số dương $a$, $b$, $c$ và hai số nguyên dương $k$, $n$ bất kỳ. Chứng minh rằng
\[\dfrac{a^{n+k+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}+\dfrac{b^{n+k+1}}{c^{n+1}+a^{n+1}}+\dfrac{c^{n+k+1}}{a^{n+1}+b^{n+1}}\geqslant \dfrac{a^{n+k}}{b^n+c^n}+\dfrac{b^{n+k}}{c^n+a^n}+\dfrac{c^{n+k}}{a^n+b^n}\]
(xuất xứ: sáng tác)
Sơ lược cách giải
$a,b,c, la do dai 3 canh cua 1 tam giac .CMR \sum \frac{a}{b} +3 \geq 2\sum \frac{a+b}{b+c}$
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh