Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 28-06-2017 - 15:00
#1
Đã gửi 28-06-2017 - 14:59
- NHoang1608 và Tea Coffee thích
#2
Đã gửi 28-06-2017 - 15:27
Bài 5:
Ta dễ dàng cm: $ab+bc+ca\leq 3$.
Ta có: $a^3b+b^3c+c^3a+9\geq (a^3b+b+b)+(b^3c+c+c)+(c^3a+a+a)+(ab+bc+ca)\geq 4(ab+bc+ca)$.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.
- tpdtthltvp, hoicmvsao, audreyrobertcollins và 3 người khác yêu thích
$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$
#3
Đã gửi 28-06-2017 - 15:40
Bài 5:
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 28-06-2017 - 18:27
#4
Đã gửi 28-06-2017 - 16:21
Câu 5: Ta có:$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\geq 4(ab+bc+ca)$
<=> $a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+9-3(ab+bc+ca)\geq ab+bc+ca$
Ta có:$\sum a^{3}b+9-3\sum ab\geq \sum a^{3}b+9-\sum a^{3}b-2\sum a$ (AM-GM)=$9-2.3$(a+b+c=3)$= 3$
Ta cần cm $3\geq ab+bc+ca$
<=> $9\geq 3(ab+bc+ca)$
<=> $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$
Bđt cuối luôn đúng nên bđt được chứng minh.Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1
Sự khác biệt giữa thiên tài và kẻ ngu dốt là ở chỗ thiên tài luôn có giới hạn.
#5
Đã gửi 28-06-2017 - 17:14
Bài 5:
bất đẳng thức tương đương:
$$ \sum_{cyc} a^{3}b + (a+b+c)^{2} \geq 4(ab+bc+ca) \Leftrightarrow \sum_{cyc} a^{3}b +\sum a^{2} \geq 2(ab+bc+ca) $$
Hiển nhiên đúng vì theo AM-GM: $a^{3}b +b^{2} \geq 2 ab$ . Tương tự suy ra điều phải chứng minh. $\squ
Áp dụng AM-GM sai rồi
AQ02
#6
Đã gửi 28-06-2017 - 17:54
Bài 1
Không mất tính tổng quát giả sử $m\geq n$.
Vì $p^{3}$ chỉ có các ước nguyên dương sau $1,p,p^{2},p^{3}$ cho vậy chỉ có các trường hợp sau xảy ra.
TH1: $m^{3}+n=p^{3}, n^{3}+m= 1$ dễ thấy trường hợp này vô lí vì $m,n$ nguyên dương.
TH2: $m^{3}+n=p^{2}, n^{3}+m= p$
Ta có $m^{3}+n-n^{3}-m= p^{2}-p$
$\Rightarrow (m-n)(m^{2}+mn+n^{2}-1) = p(p-1)$
$\Rightarrow (m-n)(m^{2}+mn+n^{2}-1) \vdots p$
Xét $(m-n) \vdots p$ thì $(m-n) \vdots (n^{3}+m)$ dễ thấy mâu thuẫn vì $m,n$ nguyên dương.
Vậy $(m^{2}+mn+n^{2}-1) \vdots p$ $(1)$
Tương tự $(m^{3}+n+n^{3}+m) \vdots p$
$\Rightarrow (m+n)(m^{2}-mn+n^{2}+1) \vdots p$
Ta xét TH $n>1$. Nếu $(m+n) \vdots p$ thì vô lí vì $m+n < n^{3}+m= p$
Vậy $(m^{2}-mn+n^{2}+1) \vdots p$ $(2)$
Từ $(1)(2)$ thì ta có $2(m^{2}+n^{2}) \vdots p$ và $(mn-2) \vdots p$
Vì $(p;2)=1$ cho nên $(m^{2}+n^{2}) \vdots p$ $(*)$
Từ $(mn-2) \vdots p$ suy ra $(mn-2) \vdots (n^{3}+m)$
$\Rightarrow (mn^{3}-2n^{2}) \vdots (n^{3}+m)$
$\Rightarrow (mn^{3}+m^{2}- m^{2}-2n^{2}) \vdots (n^{3}+m)$
$\Rightarrow (m^{2}+2n^{2}) \vdots (p)= n^{3}+m$ $(**)$
Từ $(*)(**)$ thì $(m^{2}+2n^{2}-m^{2}-n^{2}) \vdots p$
$\Rightarrow n^{2} \vdots (p)= n^{3}+m$ (Vô lí vì $m,n$ nguyên dương)
Bây giờ xét TH $n=1$ thì $(m+1)^{2}(m^{2}-m+1)=p^{3}$
Suy ra $m+1=p , m^{2}-m+1 =p^{2}$
$\Rightarrow (m+1)^{2}= m^{2}-m+1$
$\Rightarrow m=2$
Thử lại $m=2,n=1$ ta thấy đúng khi $p=3$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 28-06-2017 - 18:04
- audreyrobertcollins, Nguyenphuctang, redfox và 2 người khác yêu thích
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
#7
Đã gửi 28-06-2017 - 18:02
Bài Toán 5. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $a^3b+b^3c+c^3a+9\geq 4(ab+bc+ca)$.
Đặt $x = ab+bc+ca \leqslant 3,$ theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được
\[a^3b+b^3c+c^3a \geqslant \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{ab+bc+ca} \geqslant \frac{(ab+bc+ca)^3}{(a+b+c)^2} \geqslant \frac{1}{27}(ab+bc+ca)^4 = \frac{1}{27}x^4.\]
Ta cần chứng minh
\[\frac{1}{27}x^4 + 9 \geqslant 4x,\]
tương đương với
\[\frac{(x^2+6x+27)(x-3)^2}{27} \geqslant 0.\]
Ta có điều phải chứng minh.
P/s. Ngoài ra
\[a^3b+b^3c+c^3a+9-4(ab+bc+ca) = \frac12\sum (3ab+ca+2b^2+bc)(a-1)^2 \geqslant 0.\]
- Nguyenphuctang và NHoang1608 thích
Ho Chi Minh City University Of Transport
#8
Đã gửi 28-06-2017 - 20:37
Bài 6:
Không biết có chính xác không mọi người xem thử.
Lời giải
Từ giả thiết ta suy ra $(2mn-1)(2mn+1) \vdots (m-n)^2(m+n)^2$
Hay $(4mn-2)(4mn+2) \vdots (m-n)^2(m+n)^2 $
Đặt $a=(m+n)^2;b=(m-n)^2$ ($a>b>0$ và là các số chính phương )
Như thế $4mn=a-b$
Do đó ta có:$(a-b-2)(a-b+2) \vdots ab $
Suy ra $a^2+b^2-4 \vdots ab $
Ta đặt $\frac{a^2+b^2-4}{ab}=k \in Z^{+}$ (vì $a>b>0$) $(1)$
Gọi $(x_o;y_o)$ là một nghiệm của $(1)$ mà thỏa mãn $x_ o +y_o$ nhỏ nhất và không giảm tổng quát giả sử $x_o \geq y_o$.Xét $x_o >y_o$
Khi đó ta có: $x_{o}^2-ky_{o}x_{o}+y_{o}^2-4=0$
Theo định lí $Viette$ phương trình trên còn một nghiệm khác là $x_1$ thỏa mãn :
$x_o.x_1=y_o^2-4$$(2)$ và $x_o+x_1=ky_o$.
Nếu $y_o=1 \Rightarrow 3 \vdots x_o \Rightarrow x_o=1$(vì $x_o$ chính phương).Vô lí vì $x_o >y_o$.
$y_o$ cũng khác 2 vì là số chính phương,do đó $y_o>2$.
Dẫn đến $x_1 >0$.Cho nên $(x_1;y_o)$ cũng là nghiệm của $(1)$.Vì $x_ o +y_o$ nhỏ nhất nên $x_o \leq x_1$
Từ $(2)$ suy ra $x_1=\frac{y_o^2-4}{x_o}<x_o$ (vì $y_o<x_o$).Suy ra vô lí.
Vậy ta có $x_o=y_o$.Cho ta $a=b$.Mâu thuẫn !
Vậy không tồn tại $a,b$ thỏa phương trình (1) tức là không tồn tại $m,n$ thỏa bài toán.
- audreyrobertcollins, NHoang1608 và Tea Coffee thích
Chỉ có hai điều là vô hạn: vũ trụ và sự ngu xuẩn của con người, và tôi không chắc lắm về điều đầu tiên.
Only two things are infinite, the universe and human stupidity, and I'm not sure about the former.
#9
Đã gửi 01-07-2017 - 12:01
$$ \huge \text{ TURKEY TST 2017 (PHẦN 3)} $$
Phần cuối:
Bài 7. Cho số thực $\displaystyle a $ . Tìm số hàm $ \displaystyle f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} $ thỏa mãn
$$\displaystyle f(xy+f(y))=f(x)y+a,\quad \forall x, y\in \mathbb{R}$$
Bài 8. Cho tam giác $\displaystyle ABC $với các phân giác trong $\displaystyle BD$ và $\displaystyle CE$. Gọi $\displaystyle I_{c}$ là tâm đường tròn bàng tiếp đỉnh $\displaystyle C$ và $\displaystyle F$ là trung điểm của $\displaystyle BI_{c}$. Chứng minh rằng nếu $\displaystyle CF^2=CE^2+DF^2$ thì tam giác $\displaystyle ABC$ là một tam giác đều.
Bài 9. Cho $\displaystyle S$ là tập gồm hữu hạn điểm trong mặt phẳng sao cho trong nó không có $\displaystyle 3$ điểm nào thẳng hàng và không có $\displaystyle 4$ điểm nào cùng nằm trên một đường tròn. Một cách tô màu tất cả các điểm của $\displaystyle S$ bởi một trong hai màu đen, trắng được gọi là rời rạc nếu tồn tại một đường tròn sao cho tất cả các điểm tô đen nằm trong và tất cả các điểm tô trắng nằm ngoài đường tròn đó. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu rời rạc?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 01-07-2017 - 12:02
#10
Đã gửi 21-07-2017 - 22:33
câu 2 chính là định lý turan , câu 4 chứng minh được mỗi sinh viên bắt tay với đúng 1 sinh viên khác, suy ra $n$ chẵn. Khi $n = 2m$ , ghép các sinh viên thành $m$ cặp thỏa mãn điều kiện đề bài
- duylax2412 yêu thích
#11
Đã gửi 21-07-2017 - 22:36
câu 3 : Ta cần chứng minh $Y$ là điểm Feuerbach của $\triangle ABC$ . Thật vậy , gọi $Z$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$, $R$ là trực tâm $\triangle ZBC$ . Đầu tiên, ta chứng minh $A,R,P$ thẳng hàng . Gọi $V$ là giao điểm của $GZ$ với $IH$ . Áp dụng Menelaus cho tứ giác $BIHC$ thì ta có $A,V,D$ thẳng hàng . Lại có $BR \parallel AX$ do cùng vuông góc $ZC$, và cũng có $AG \parallel DR$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 21-07-2017 - 22:43
- Tea Coffee và duylax2412 thích
#12
Đã gửi 21-07-2017 - 22:37
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 21-07-2017 - 22:44
#13
Đã gửi 20-09-2017 - 23:17
$f$ 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.
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: tst, turkey, 2017
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh