Đến nội dung


Hình ảnh

TOPIC thảo luận, trao đổi toán thi học sinh giỏi khối 10,11 .

hình học tổ hợp số học thpt toán thi hsg vmf hệ phương trình phương trình bất đẳng thức

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 81 trả lời

#21 viet9a14124869

viet9a14124869

    Trung úy

  • Thành viên
  • 903 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:~NGT~

Đã gửi 12-11-2017 - 18:26

Đăng hình có bị ném gạch không :D

Không nên spam như thế này bạn nhé :)) nếu có những câu hỏi khác tương tự vậy mong các bạn hãy trao đổi với mình qua tin nhắn

 

Mình có các bài như sau: 1,Tìm nghiệm nguyên của phương trình:$p^{2}-pq-q^{3}=1$

                                          2, Tìm các giá trị nguyên $(a,b)$ thỏa mãn: $a^{2}+b \vdots b^{2}-a;b^{2}+a \vdots a^{2}-b$

 

Tiếp lửa cho topic:

Bài 1: (Sưu tầm) Tìm tất cả các hàm số  $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( yf(x+y)+f(x) \right )=4x+2yf(x+y)$

Bài 2: (Sưu tầm) Giả sử rằng $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ là hàm số thỏa mãn điều kiện: $f(x^2-5x+1)+5f(x^2+x-5)=x^2-9, \forall x\in \mathbb{R}$. Hãy tìm $f(2009)$

Hai bạn nên đánh số thứ tự bài như các bạn khác đã làm ở trên , để cho dễ tìm dễ xem :3 mong hai bạn chú ý


                                                                    SÓNG BẮT ĐẦU TỪ GIÓ

                                                                    GIÓ BẮT ĐẦU TỪ ĐÂU ?

                                                                    ANH CŨNG KHÔNG BIẾT NỮA 

                                                                    KHI NÀO...? TA YÊU NHAU .


#22 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán đại học Khoa Học Tự Nhiên TP HCM
  • Sở thích:Đại Số

Đã gửi 12-11-2017 - 21:03

Bài 11: (Sưu tầm) Tìm tất cả các hàm số  $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( yf(x+y)+f(x) \right )=4x+2yf(x+y)$    (1)

Gọi $P(u, v)$ là phép thế $x=u, y=v$ vào (1).

Trong (1) thế $P(x, 0)\Rightarrow f(f(x))=4x, \forall x\in \mathbb{R}$  (2) $\Rightarrow$ $f$ là song ánh.

Trong (1) thế $P(0, 0)\Rightarrow f(f(0))=0\Leftrightarrow f(a)=0, a=f(0).$

Trong (2) thế $x=a\Rightarrow f(f(a))=4a\Leftrightarrow a=0\Leftrightarrow f(0)=0.$

Trong (1) thế $P(0, 1)\Rightarrow f(f(1)+f(0))=2f(1)\Leftrightarrow f(f(1))=2f(1)\Leftrightarrow 4=2f(1)\Leftrightarrow f(1)=2.$

Trong (2) thế $x=1\Rightarrow f(f(1))=4\Leftrightarrow f(2)=4.$

Trong (1) thế $P(x, 1-x)\Rightarrow f((1-x)f(x+1-x)+f(x))=4x+2(1-x)f(x+1-x)\Leftrightarrow f(2(1-x)+f(x))=4x+4(1-x)=4=f(2), \forall x\in \mathbb{R}.$

Mà $f$ là song ánh nên suy ra: $2(1-x)+f(x)=2\Leftrightarrow f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R}.$

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm thỏa mãn đề bài là: $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R}.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zz Isaac Newton Zz: 13-11-2017 - 18:52


#23 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán đại học Khoa Học Tự Nhiên TP HCM
  • Sở thích:Đại Số

Đã gửi 12-11-2017 - 21:22

Bài 11: (Sưu tầm) Tìm tất cả các hàm số  $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( yf(x+y)+f(x) \right )=4x+2yf(x+y)$  (1)

Một lời giải khác cho bài hàm...

Trong (1) thế $P(x, 0)\Rightarrow f(f(x))=4x, \forall x\in \mathbb{R}$  (2)$\Rightarrow f$ là song ánh.

Từ tính song ánh nên $\exists a, b:f(a)=2, f(b)=4a.$

Từ (1) thay $y=-x+a\Rightarrow f(2(-x+a)+f(x))=4x+4(-x+a)=4a=f(b), \forall x\in \mathbb{R}$  (3)

Do $f$ là đơn ánh nên từ (3) suy ra: $2(-x+a)+f(x)=b, \forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)=2x+b-2a, \forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)=2x+c, \forall x\in \mathbb{R}, c$ là hằng số.

Thay vào (2) ta được: $2(2x+c)+c=4x, \forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow c=0.$ Vậy $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R},$ thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm thỏa đề bài là: $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R}.$



#24 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán đại học Khoa Học Tự Nhiên TP HCM
  • Sở thích:Đại Số

Đã gửi 12-11-2017 - 21:27

Ủng hộ Topic một bài phương trình hàm.

Bài 13: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy, \forall x, y\in \mathbb{R}.$



#25 Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị
  • Sở thích:Gái và toán

Đã gửi 12-11-2017 - 22:11

Bài 12: (Sưu tầm) Giả sử rằng $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ là hàm số thỏa mãn điều kiện: $f(x^2-5x+1)+5f(x^2+x-5)=x^2-9, \forall x\in \mathbb{R}$ (*). Hãy tìm $f(2011)$

Trong $(*)$ thay $x$ bởi $2-x$ ta được: $f(x^2+x-5)+5f(x^2-5x+1)=x^2-4x-5, \forall x\in \mathbb{R}$ $(**)$

Nhân hai vế của $(**)$ với $-5$ rồi cộng với $(*)$ ta được: 

$-24f(x^2-5x+1)=-4x^2+20x+16, \forall x\in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow 6f(x^2-5x+1)=x^2-5x-4,\forall x\in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow 6f(x^2-5x+1)=(x^2-5x+1)-5,\forall x\in \mathbb{R}$ $(***)$

Xét phương trình: $x^2-5x+1=2011\Leftrightarrow x=\frac{5\pm \sqrt{8065}}{2}$

Thay $x=\frac{5+ \sqrt{8065}}{2}$ vào $(***)$ ta được: $6f(2011)=2011-5$$\Rightarrow f(2011)=\frac{1003}{3}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 12-11-2017 - 22:22

Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 


#26 Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị
  • Sở thích:Gái và toán

Đã gửi 12-11-2017 - 22:30

Bài 14: Trên đoạn thẳng $AB$ có độ dài $20$, người ta tô màu một số phần sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kì được tô màu đều khác $2$. Chứng minh rằng tổng độ dài các phần được tô màu nhỏ hơn hoặc bằng $10$.


Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 


#27 hungnolan

hungnolan

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Trà Vinh
  • Sở thích:MATH

Đã gửi 13-11-2017 - 13:15

Bài 15: Cho phương trình $x^2+(2a-6)x+13=0$ với $a\geq 1$

Tìm a để nghiệm lớn của PT đạt GTLN



#28 DinhXuanHung CQB

DinhXuanHung CQB

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Qb
  • Sở thích:ko

Đã gửi 13-11-2017 - 13:30

Bài 15: Cho phương trình $x^2+(2a-6)x+13=0$ với $a\geq 1$

Tìm a để nghiệm lớn của PT đạt GTLN

$\delta=a^2-7a+22>0$

Dễ dàng : $x_{1}=3-a-\sqrt{a^2-7a+22}$

$x_{2}=3-a+\sqrt{a^2-7a+22}$

Bài toán trở thành tìm $a\geq 1$ để $3-a+\sqrt{a^2-7a+22}$ đạt max

Xét hàm $y=3-a+\sqrt{a^2-7a+22}$ với $a\geq 1$

$y'$ =1 + $\frac{2a-7}{\sqrt{a^2-7a+22}}$

$=\frac{2a-7-2.\sqrt{a^2-7a+22}}{2.\sqrt(a^2-7a+22}$

$2.\sqrt{a^2-7a+22}=2.\sqrt{(2a-7)^2+39}$

$>|2a-7|\geq 2a-7|$

=> $y'<0$ với mọi $a\geq 1$

Nên $f(x)$ tăng trên $[1;+\propto$

Lập bảng biến thiên theo $x;y;y'$
Thấy nghiệm lớn nhất của phương trình đạt max tại $6$ khi $a=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhXuanHung CQB: 13-11-2017 - 13:32

Little Homie


#29 Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị
  • Sở thích:Gái và toán

Đã gửi 13-11-2017 - 17:45

Ủng hộ Topic một bài phương trình hàm.

Bài 13: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy, \forall x, y\in \mathbb{R}.$

Bài này đã từng được đăng ở diễn đàn. Xin được trích dẫn lời giải:

Cố định $x$ trong $(1)$ dễ dàng suy ra được $f$ song ánh. Do đó tồn tại $b$ để $f(b)=0$. Đặt $f(0)=a$.

Trong $(1)$ cho $x=b,y=0$ :

$$f(ab)=0=f(b)\Rightarrow ab=b$$

Suy ra $a=1$ hoặc $b=0$.

1) Trường hợp 1 : Nếu $b=0$ tức $f(0)=0$

Thì trong $(1)$ thay $y=0$ :

$$f(f(x))=2f(x),\;\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow f(x)=2x,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Thử lại không thỏa.

2) Trường hợp 2 : Nếu $a=1$ tức $f(0)=1$.

Trong $(1)$ cho $x=y=b$ được $b^2=a=1$ nên $b\in \left \{ 1,-1 \right \}$.

  • Nếu $b=1$ tức $f(1)=0$ thì trong $(1)$ lấy $x=1$ được :

$$f(f(y))=y,\;\forall y\in \mathbb{R}$$

Trong $(1)$ cho $y=1$ :

$$f(f(x))=2f(x)+x=2f(x)+f(f(x)),\;\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow f(x)=0,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Thử lại không thỏa.

  • Nếu $b=-1$ tức $f(-1)=0$. Trong $(1)$ cho $x=-1$ :

$$f(-f(y))=-y,\;\forall y\in \mathbb{R}\;\;\;(*)$$

Trong $(1)$ cho $y=-1$ :

$$f(f(x))=2f(x)-x,\;\forall x\in \mathbb{R}\;\;\;(2)$$

Trong $(2)$ thay $x$ bởi $-f(x)$ và sử dụng $(*)$ :

$$f(f(-f(x)))=2f(-f(x))-f(x),\;\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(-x)=f(x)-2x,\;\forall x\in \mathbb{R}\;\;\;\;(3)$$

Trước tiên ta sẽ tìm hàm $f:\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ và thỏa mãn $(2)$.

Với mỗi $x\in \mathbb{R}^+$ ta xây dựng dãy $(u_n)$ :

$$u_0=x,u_1=f(x),u_n=f_n(x)$$

Khi đó từ $(2)$ ta suy ra :

$$u_{n}=2u_{n-1}-u_{n-2}$$

Phương trình sai phân của dãy $(u_n)$ là $t^2-2t+1=0$ có nghiệm kép $t=1$. Suy ra $(u_n)$ có dạng :

$$u_n=\left ( \alpha +n\beta \right ).1^n=\alpha +n\beta$$

Với $u_0=x,u_1=f(x)$ thì ta được :

$$\left\{\begin{matrix} x=\alpha \\ f(x)=\alpha +\beta \end{matrix}\right.$$

Suy ra được :

$$f(x)=x+\beta ,\;\forall x\in \mathbb{R}^+$$

Thay vào phương trình hàm ban đầu được $\beta =1$. Tức là $f(x)=x+1 ,\;\forall x\in \mathbb{R}^+$

 Kết hợp với $(3)$ :

$$f(-x)=f(x)-2x=x+1-2x=-x+1,\;\forall x\in \mathbb{R}^+$$

Mặt khác cũng có $f(0)=1$ nên ta kết luận được :

$$f(x)=x+1,\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Thử lại thỏa mãn.

 

Đáp số : Có duy nhất một hàm số thỏa mãn đề bài là :

$$f(x)=x+1,\;\forall x\in \mathbb{R}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 13-11-2017 - 17:46

Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 


#30 viet9a14124869

viet9a14124869

    Trung úy

  • Thành viên
  • 903 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:~NGT~

Đã gửi 13-11-2017 - 20:24

Bài toán số 8(sưu tầm)

Cho A;B là các góc nhọn thỏa mãn $sinB=2005cos(A+B).sinA$

Tìm max tanB.

P/s mong mọi người ủng hộ topic

Lời giải :

Do A,B đều là góc nhọn nên ta có : $\left\{\begin{matrix} cosB\neq 0 & \\ sinA \in [0 ;1 ) & \end{matrix}\right.$

Theo đề ra ta có : sinB = 2005.sinA.cos(A+B) =2005.sinA . ( cosA.cosB - sinA.sinB ) 

 $\Leftrightarrow \frac{sinB}{cosB}=2005.sinA.(cosA-sinA.\frac{sinB}{cosB})$

$\Leftrightarrow tanB = 2005. sin A .(cosA-sinA.tanB)\Leftrightarrow tanB = \frac{2005.sinA.cosA}{2005.sin^2A+1}=\frac{2005.sinA.\sqrt{1-sin^2A}}{2005.sin^2A+1}$

Đến đây ta đặt n = sinA , có thể dễ dàng tìm max tanB bằng cách khảo sát hàm số với n $\in$ (0; 1) hoặc xử lý bằng cách dùng bất đẳng thức AM-GM :

tanB = $\frac{2005n\sqrt{1-n^2}}{2005n^2+1}=\frac{2005n\sqrt{1-n^2}}{2006n^2+(1-n^2)}\leq \frac{2005n\sqrt{1-n^2}}{2\sqrt{2006n^2(1-n^2)}}=\frac{2005}{2\sqrt{2006}}$

Vậy max tanB =$\frac{2005}{2\sqrt{2006}}$ , dấu "=" xảy ra khi sinA = $\frac{1}{\sqrt{2007}}$ . ^_^


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet9a14124869: 13-11-2017 - 20:25

                                                                    SÓNG BẮT ĐẦU TỪ GIÓ

                                                                    GIÓ BẮT ĐẦU TỪ ĐÂU ?

                                                                    ANH CŨNG KHÔNG BIẾT NỮA 

                                                                    KHI NÀO...? TA YÊU NHAU .


#31 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán đại học Khoa Học Tự Nhiên TP HCM
  • Sở thích:Đại Số

Đã gửi 13-11-2017 - 20:57

Ủng hộ Topic một bài phương trình hàm.

Bài 13: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy, \forall x, y\in \mathbb{R}.$    (1)

Một lời giải khác cho bài hàm...

Gọi $P(u, v)$ là phép thế $x=u, y=v$ vào (1)

Trước hết, thế $P(1, x-2f(1))\Rightarrow f(f(x-2f(1))+f(1))=x, \forall x\in \mathbb{R},$ từ đây suy ra $f$ là toàn ánh.

Giả sử $f(x_{1})=f(x_{_{2}})=c$ thì

$P(1, x_{1})\Rightarrow f(c+f(1))=2f(1)+x_{1}$

$P(1, x_{2})\Rightarrow f(c+f(1))=2f(1)+x_{2}$

Từ đây suy ra: $2f(1)+x_{1}=2f(1)+x_{2}\Rightarrow x_{1}=x_{2}\Rightarrow f$ là đơn ánh.

Do $f$ vừa đơn ánh, vừa toàn ánh nên $f$ là song ánh nên $\exists u:f(u)=0,$ đặt $f(0)=a.$

Thế $P(u, 0)\Rightarrow f(au)=0=f(u)\Rightarrow au=u.$

Nếu $u=0$ thì $a=f(u)=f(0)=0\Leftrightarrow f(0)=0.$ Từ đó thế

$P(x, 0)\Rightarrow f(f(x))=2f(x), \forall x\in \mathbb{R}.$

Suy ra: $f(y)=2y, \forall y\in T,$ với $T$ là tập giá trị của hàm $f,$ mà hàm $f$ là song ánh nên ta phải có: $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R},$ thử lại thấy không thỏa mãn.

Vậy $u\neq 0\Rightarrow a=1.$

$P(u, u)\Rightarrow f(0)=u^{2}\Leftrightarrow u^{2}=1\Rightarrow u=\pm 1.$

Nếu $u=1$ thì thế $P(0, -1)\Rightarrow 0=2,$ điều này vô lý.

Vậy: $u=-1,$ dẫn đến $f(-1)=0.$ Thế $P(0, -1)\Rightarrow f(1)=2.$

$P(-1, x)\Rightarrow f(-f(x))=-x, \forall x\in \mathbb{R}.$

$P(x, -f(1))\Rightarrow f(f(x)-x)=2f(x)-xf(1)=2(f(x)-x), \forall x\in \mathbb{R}.$    (2)

Với mọi $x\in \mathbb{R},$ do $f$ là song ánh nên $\exists z:f(z)=f(x)-x, \forall x\in \mathbb{R}.$

Từ đó thế vào (2) suy ra: $f(f(z))=2f(z).$ Từ đó trong (1) thế

$P(z, -1)\Rightarrow f(f(z))=2f(z)-z\Rightarrow z=0\Rightarrow f(z)=1\Rightarrow f(x)=x+1, \forall x\in \mathbb{R}.$ Thừ lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm thỏa đề bài là: $f(x)=x+1, \forall x\in \mathbb{R}.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zz Isaac Newton Zz: 13-11-2017 - 21:03


#32 trieutuyennham

trieutuyennham

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vĩnh Phúc
  • Sở thích:??

Đã gửi 13-11-2017 - 21:08

Bài toán số 8(sưu tầm)

Cho A;B là các góc nhọn thỏa mãn $sinB=2005cos(A+B).sinA$

Tìm max tanB.

P/s mong mọi người ủng hộ topic

1 cách giải khác như sau

Dùng công thức biến đổi tích thành tổng ta có

$sinB=2005cos(A+B).sinA=\frac{2005}{2}(sin(2A+B)+sin(-B))$

$\Rightarrow \frac{2007}{2}sinB=\frac{2005}{2}sin(2A+B)\Rightarrow sinB\leq \frac{2005}{2007}$

$\Rightarrow cosB\geq \sqrt{1-(\frac{2005}{2007})^{2}}$

Ta có

$tanB=\frac{sinB}{cosB}\leq \frac{\frac{2005}{2007}}{\sqrt{1-(\frac{2005}{2007})^{2}}}=\frac{2005\sqrt{2006}}{4012}$

Đẳng thức xảy ra $2A+B=90$  :D  :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trieutuyennham: 13-11-2017 - 21:09

                                                                           Tôi là chính tôi


#33 hungnolan

hungnolan

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Trà Vinh
  • Sở thích:MATH

Đã gửi 14-11-2017 - 15:27

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR : 

$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ca$



#34 cristianoronaldo

cristianoronaldo

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 231 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sông Lô-Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Toán học, bóng đá,...

Đã gửi 14-11-2017 - 20:22

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR : 

$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ca$

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:

$\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^5\left ( \frac{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}{3} \right )^3\geq \left ( \frac{\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}}{3} \right )^8$

Như vậy, ta cần chứng minh:

$\left ( \frac{\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}}{3} \right )^{\frac{8}{3}}\geq \frac{ab+bc+ca}{3}$

Do tính thuần nhất nên ta chuẩn hóa $\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}=3$.

Ta cần chứng minh: $ab+bc+ca\leq 3$

Đặt $x=\sqrt[4]{a^3},y=\sqrt[4]{b^3},z=\sqrt[4]{c^3}$. Khi đó $x+y+z=3$ và cần chứng minh:

$(xy)^{\frac{4}{3}}+(yz)^{\frac{4}{3}}+(zx)^{\frac{4}{3}}\leq 3$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có;

$(xy)^{\frac{4}{3}}+(yz)^{\frac{4}{3}}+(zx)^{\frac{4}{3}}\leq \frac{xy(x+y+1)+yz(y+z+1)+zx(z+x+1)}{3}=\frac{4(xy+yz+zx)-3xyz}{3}$

Mà theo bất đẳng thức Schur thì:

$(x+y+z)^3+9xyz\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)$$\Leftrightarrow 4(xy+yz+zx)-3xyz\leq 9$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$.

$\Rightarrow \blacksquare$


Nothing in your eyes


#35 Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị
  • Sở thích:Gái và toán

Đã gửi 14-11-2017 - 22:35

Bài 17: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}^*\rightarrow \mathbb{N}^*$ thỏa mãn: $f(mn)+f(m+n)=f(m)f(n)+1,\forall m,n\in \mathbb{N}^*$


Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 


#36 DinhXuanHung CQB

DinhXuanHung CQB

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Qb
  • Sở thích:ko

Đã gửi 15-11-2017 - 11:09

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR : 

$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ca$

Theo bất đẳng thức $AM-GM$ : $\sqrt[3]{a}=\frac{a}{\sqrt[3]{a^2}}\geq \frac{3a}{2a+1}$

Tương tự suy ra. vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
$3(\sum \frac{3a}{2a+1}\geq ab+bc+ca$
Đặt $q=ab+bc+ca$ $(0<q\leq 3)$ và $r=abc$
Quy đồng bất đẳng thức ta được $f(r)=4q^2-5q-9+r(8q-36)\leq 0$
Bất đẳng thức đúng khi $q\leq 9/4$
Xét TH $\frac{9}{4}\leq q\leq 3$
Schur bậc 3 : $a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
Suy ra $r\geq \frac{4q-9}{3}$ , Để ý $8q-36<0$
Suy ra $f(r)=4q^2-5q-9+\frac{4q-9}{3}(8q-36)=\frac{11}{3}(4q-9)(q-3)\leq 0$
Vậy BĐT Được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhXuanHung CQB: 15-11-2017 - 16:26

Little Homie


#37 NMD202

NMD202

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 15-11-2017 - 15:19

Bài 18 [Sưu tầm]: Cho $0<a<b<c$ thỏa mãn $a+b+c=6$ và $ab+bc+ca=9$. Chứng minh rằng: $0<a<1<b<3<c<4$

Bài 19 [Sưu tầm]: Tồn tại hay không một hàm $f$ : $N$  $N$ sao cho $f(f(n-1))=f(n-1)-f(n)$ ,∀ $n$ ≥ $2$?


@NguyenMinhDuy - frTK19.LQĐ.BĐ 

Bài hình CĐT LQĐ Bình Định  https://diendantoanh...ường-thẳng-qua/


#38 didifulls

didifulls

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 221 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:.
  • Sở thích:Không khai báo

Đã gửi 15-11-2017 - 20:51

Bài 20 ( Sưu tầm) Giải phương trình :

$x=\sqrt[3]{\sqrt[3]{(\sqrt[3]{(x^2+4)^2}+4)^2}+4}$  


''.''


#39 Duy Thai2002

Duy Thai2002

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 433 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm,Vĩnh Long

Đã gửi 16-11-2017 - 13:53

Bài 17: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}^*\rightarrow \mathbb{N}^*$ thỏa mãn: $f(mn)+f(m+n)=f(m)f(n)+1,\forall m,n\in \mathbb{N}^*$

Các hàm thỏa là: f(m)=1, f(m)=m+1. Tối về đánh cách giải sau.


Sự khác biệt giữa thiên tài và kẻ ngu dốt là ở chỗ thiên tài luôn có giới hạn.


#40 Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị
  • Sở thích:Gái và toán

Đã gửi 16-11-2017 - 17:07

Bài 21: Cho một đường tròn với hai dây $AB$ và $CD$ không song song. Đường vuông góc với $AB$ kẻ từ $A$ cắt đường vuông góc với $CD$ kẻ từ $C$ và từ $D$ lần lượt tại $M, P$. Đường vuông góc với $AB$ kẻ từ $B$ cắt đường vuông góc với $CD$ kẻ từ $C$ và $D$ lần lượt tại $Q$ và $N$. Chứng minh rằng các đường thẳng $AD, BC, MN$ đồng quy và các đường thẳng $AC, BD, PQ$ cũng đồng quy.


Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học, tổ hợp, số học, thpt, toán thi hsg, vmf, hệ phương trình, phương trình, bất đẳng thức

2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh