Chủ đề này có 3 trả lời

[vietfrog]

Đề bài

Câu 1:
Cho hệ sau:
Tìm $m$ đề hệ có nghiệm.

\[\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + \dfrac{{4x{}^2}}{{{{(x + 2)}^2}}} \ge 5\\
{x^4} + 8{x^2} + 16mx + 16{m^2} + 32m + 16 = 0
\end{array} \right.\]
Câu 2:
Cho tam giác $ABC$ có $3$ góc nhọn. Chứng minh rằng:
\[\left( {1 + \dfrac{1}{{\sin A}}} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{{\sin B}}} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{{\sin C}}} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{{\cos A}}} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{{\cos B}}} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{{\cos C}}} \right) > 197\]
Câu 3:
Cho tam giác $ABC$ cân với$ BC=a, AB=AC=b$. Góc ở đỉnh $A$ bằng ${20^0}$
Chứng minh rằng:
\[{a^3} + {b^3} = 3a{b^2}\]
Câu 4:
Tìm hàm số thỏa mãn đồng thời:

\[\left\{ \begin{array}{l}
f( - x) = - f(x)\\
f(x + 1) = f(x) + 1\\
f\left( {\dfrac{1}{x}} \right) = \dfrac{{f(x)}}{{{x^2}}}
\end{array} \right.\]
Câu 5:
Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn: $ab + bc + ca = abc$
Chứng minh rằng:
\[\sqrt {a + bc} + \sqrt {b + ac} + \sqrt {c + ba} \ge \sqrt {abc} + \sqrt a + \sqrt b + \sqrt c \]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-10-2011 - 20:25

[Crystal]

Xin vietfrog cho anh tham gia nhé . Anh chỉ xin giải bài 1 và bài 4 (sở thích của anh). Các bài còn lại dành cho các mem khác.
Bài 1: Cho hệ sau:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + \dfrac{{4{x^2}}}{{{{(x + 2)}^2}}} \ge 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)}\\{{x^4} + 8{x^2} + 16mx + 16{m^2} + 32m + 16 = 0\,\,\,\,\,(2)}\end{array}} \right.$
Tìm $m$ đề hệ có nghiệm.
Giải:
$\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2}{\left( {x + 2} \right)^2} + 4{x^2} - 5{\left( {x + 2} \right)^2} \ge 0$

$ \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^3} + 3{x^2} - 20x - 20 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le - 1\\x \ge 2\end{array} \right.\,\,\,\,(3)$

$\left( 2 \right) \Leftrightarrow 16{m^2} + 2\left( {8x + 16} \right)m + {x^4} + 8{x^2} + 16 = 0$

Xem đây là phương trình bậc hai theo m. Để tồn tại m thì: $\Delta ' = {\left( {8x + 16} \right)^2} - 16\left( {{x^4} + 8{x^2} + 16} \right) \ge 0$

$ \Leftrightarrow - 16{x^4} - 64{x^2} + 256x \ge 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2\,\,\,(4)$

Từ (3) và (4) $ \Rightarrow x = 2$. Thay $x=2$ vào (2) ta được: $16{m^2} + 64m + 64 = 0 \Leftrightarrow m = - 2$. Vậy $m=-2$.

Bài 4: Tìm hàm số thỏa mãn đồng thời: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f( - x) = - f(x)\,\,\,\,\,\,(1)}\\{f(x + 1) = f(x) + 1\,\,\,\,(2)}\\{f\left( {\dfrac{1}{x}} \right) = \dfrac{{f(x)}}{{{x^2}}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)}\end{array}} \right.$
Giải:
Ta có: $f\left( {\dfrac{{x + 1}}{x}} \right) = f\left( {1 + \dfrac{1}{x}} \right) = 1 + f\left( {\dfrac{1}{x}} \right) = 1 + \dfrac{{f(x)}}{{{x^2}}}\,\,\,\forall x \ne 0\,\,\,\,(4)$

$f\left( {\dfrac{{x + 1}}{x}} \right) = \dfrac{{f\left( {\dfrac{x}{{1 + x}}} \right)}}{{{{\left( {\dfrac{x}{{1 + x}}} \right)}^2}}} = \dfrac{{f\left( {1 - \dfrac{1}{{1 + x}}} \right)}}{{{{\left( {\dfrac{x}{{1 + x}}} \right)}^2}}} = {\left( {\dfrac{{x + 1}}{x}} \right)^2}\left( {1 + f\left( { - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)} \right)$

$ = {\left( {\dfrac{{x + 1}}{x}} \right)^2}\left( {1 + \left( { - f\left( {\dfrac{1}{{x + 1}}} \right)} \right)} \right) = {\left( {\dfrac{{x + 1}}{x}} \right)^2}\left( {1 - \dfrac{{f\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)$

$ = {\left( {\dfrac{{x + 1}}{x}} \right)^2}\left( {1 - \dfrac{{1 + f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)\,\,\,\forall x \ne 0,\,\,x \ne 1\,\,\,\,\,(5)$

$(4) + (5) \Rightarrow f\left( x \right) = x\,\,\forall x \ne 0,\,\,x \ne 1\,$

Với $x = 0:\,\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0$ thỏa mãn $f(x)=x$

Với $x = 1:\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( { - 1} \right) = - f\left( 1 \right)$. Cho $x = 0:\left( 2 \right) \Rightarrow f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow f\left( { - 1} \right) = - 1$ thỏa mãn $f(x)=x$

Vậy $f\left( x \right) = x\,\,\forall x \in R$. Thử lại thấy đúng.

[tuithichtoan]

Tớ xin trình bày lại:
Áp dụng hệ quả BĐT Cauchy có:
$\sqrt {a + bc} + \sqrt {b + ac} + \sqrt {c + ab} \ge \sqrt {{{(\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c )}^2} + {{(\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} )}^2}} $
Ta phải chứng minh:
$\sqrt{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}+(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}}\geq \sqrt{abc}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

$\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}+(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}\geq (\sqrt{abc}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}$

$\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}+ab+bc+ca+2a\sqrt{bc}+2b\sqrt{ca}+2c\sqrt{ab}\geq abc+2\sqrt{abc}.(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}$

$\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq abc$ (đúng)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=3$


Mod: -Bài này mới chuẩn. Lần sau bạn nên xem xét kĩ trước khi làm bài nhé.
- Cho phép mình xóa cái quote đi cho đẹp nha và mình cũng xóa luôn bài giải chưa đúng ở trên nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 02-10-2011 - 22:34

[vietfrog]

Thêm một cách nữa cho bài 5.
Dễ thấy:
$\sqrt {\dfrac{{ab}}{c}} + \sqrt {\dfrac{{bc}}{a}} + \sqrt {\dfrac{{ca}}{b}} = \sqrt {abc} $ ( vì $ \Leftrightarrow ab + ac + bc = abc$ )
Ta chứng minh:
\[\sqrt {a + bc} \ge \sqrt a + \sqrt {\dfrac{{bc}}{a}} \]
\[ \Leftrightarrow a + bc \ge a + \dfrac{{bc}}{a} + 2\sqrt {bc} \]
\[ \Leftrightarrow bc(1 - \dfrac{1}{a}) \ge 2\sqrt {bc} \]
\[ \Leftrightarrow b + c \ge 2\sqrt {bc} \]
( do $ab + ac + bc = abc \Leftrightarrow \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = 1 \Leftrightarrow \left( {1 - \dfrac{1}{c}} \right) = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}$ )
Làm tương tự rồi cộng lại ta được đpcm.
Dấu = khi $a=b=c=3$