luuxuan9x

Bài toán 4 :Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả :

 

$\left | f(x)-f(q) \right |\leq 5(x-q)^2$,  trong đó $q\in \mathbb{Q}, x\in \mathbb{R}$

 

Đặt $P(x,q)$ là 1 phép thế nào đó của hàm đã cho.

 

$P(x,\frac{x+q}{2})\implies |f(x)-f(\frac{x+q}{2})|\le 5(\frac{x-q}{2})^2$.

 

$P(\frac{x+q}{2},q)\implies |f(\frac{x+q}{2})-f(q)|\le 5(\frac{x-q}{2})^2$.

 

Vì thế $|f(x)-f(q)|\le \frac{5(x-q)}{2}$. Tương tự $|f(x)-f(q)|\le \frac{5(x-q)}{2^n}$.

 

Cho $n\to 0$, $|f(x)-f(q)|\le 0$.

 

Vì thế $f(x)=f(q)$ => $f(x)=c$. Thử lại thỏa.

 

 

Vậy $f(x)=c$

Đây là 1 bài thuộc 1 lớp bài có dạng :

 

Giải phương trình :$a^{x-1}=blog_{a}(bx+c)+b+c$ trong đó $a,b>0$

 

ĐK $x> \frac{-c}{b}$

 

Đặt $y-1=log_{a}(bx+c)$

 

=>$a^{y-1}=bx+c$

 

Khi đó ta có hệ $\left\{\begin{matrix} a^{x-1}=by+c(1)\\ a^{y-1}=bx+c(2) \end{matrix}\right.$

 

Lấy (1) trừ (2) ta có :$a^{x-1}+bx=a^{y-1}+by$ (*)

 

Xét hàm số : $f(t)=a^{t-1}+bt, \forall t\in \mathbb{R}$

 

=>$f'(t)=a^{t-1}lna+b>0, \forall t\in \mathbb{R}$

 

=> $f$ đống biến trrên $\mathbb{R}$

 

Khi đó (*) thành $f(x)=f(y)$

 

<=>$x=y$

 

Thay vào (1) ta có $a^{x-1}-bx-c=0$ (**)

 

Xét hàm số :$g(x)=a^{x-1}-bx-c, \forall x\in \mathbb{R}$

 

=>$g'(x)=a^{x-1}lna-b$

 

=>$g''(x)=a^{x-1}(lna)^2>0$, $\forall x\in \mathbb{R}$

 

Khi đó (**) có tối đa 2 nghiệm.

 

Đến đây mình sử dụng máy tính đển tìm nghiệm .

 

----------------

 

Ngoài ra ta có thể tổng quát được PT trên với một số $k$ khác $-1$ và cách giải cũng tương tự.

 

Mấy hôm trước bận quá, không tham gia được, trận cuối rồi nên làm để chia tay ( chắc làm đúng cũng không thể vào top 3 )

 

 

 

 

Giải phương trình $7^{x-1}=6\log_{7}(6x-5)+1$

Đề của 

hoangtrong2305

 

 

Điều kiện: $x>\frac{5}{6}$

 

Đặt $y-1=log_{7}(6x-5)$

 

=>$7^{y-1}=6x-5$

 

Khi đó ta có hệ :$\left\{\begin{matrix} 7^{x-1}=6y-5\\ 7^{y-1}=6x-5 \end{matrix}\right.$

 

Lấy (1) trừ (2) ta có:$7^{x-1}+6x=7^{y-1}+6y$ (*)

 

Xét hàm số:$f(t)=7^{t-1}+6t,\forall t\in \mathbb{R}$

 

=>$f'(t)=7^{t-1}ln7+6>0 ,\forall t\in \mathbb{R}$

 

=> $f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$

 

Khi đó (*) thành $f(x)=f(y)$

 

<=>$x=y$

 

Thay vào (1) ta có:$7^{x-1}=6x-5$

 

<=>$7^{x-1}-6x+5=0$ (**)

 

 

Xét hàm số $f(x)=7^{x-1}-6x+5$ ,$x\in \mathbb{R}$

 

=>$f'(x)=7^{x-1}ln7-6$

 

=>$f''(x)=7^{x-1}(ln7)^2>0$, $\forall x\in \mathbb{R}$

 

Do đó phương trình (**) sẽ có tối đa 2 nghiệm.

 

Dễ thấy $x=1$ và $x=2$ là nghiệm của (**)

 

Thử lại ta thấy nhận 2 nghiệm $x=1$ và $x=2$

 

Vậy phương trình có 2 nghiệm là $x=1$ và $x=2$

 

Không chứng minh hệ quả của định lý Rolle.

Điểm bài: 8

S = 14 + 8*3 = 38

Tìm tất cả các hàm $f$: $R\rightarrow R$ thoả mãn:
$xf(x)-yf(y)=(x-y)f(x+y)$ với mọi số thực $x,y$

Mình có cách giải khác hay hơn ( may be ).

Đặt $g(x)=f(x)-f(0)$ =>$g(0)=0$.

Khi đó PTH tương đương :

$xg(x)-yg(y)=(x-y)g(x+y)$

Thay $y$ bởi $-x$ ta có: $xg(x)+xg(-x)=0$ =>$g(-x)=-g(x)$ => $g$ là hàm lẻ.

Thay $y$ bởi $-y$ ta có $xg(x)-yg(y)=(x+y)g(x-y)$

=>$(x+y)g(x-y)=(x-y)g(x+y)$

Với $x\neq \pm y$ ta có: $\frac{g(x+y)}{x+y}=\frac{g(x-y)}{x-y}$

=>$g(x)=ax$ $\forall x\in \mathbb{R}$

=>$f(x)=ax+b$ $\forall x\in \mathbb{R}$ (với $b=f(0)$)

Vậy $f(x)=ax+b$ $\forall x\in \mathbb{R}$

cho $f(x)=3x^7+4x^5+2x-1$
C/m rằng hàm số trên có hàm ngược và hàm ngược là 1 hàm số đơn điệu tăng
Tính $f^-1(8),(f^-1)'(8)$

Điều đầu tiên mình muốn nói là bạn nên học gõ tại đây .

Còn về bài giải mình xin giải như sau.

Vì $f$ có bậc là $7$ nên $f$ là toàn ánh.

Ta có $f'(x)=21x^6+20x^4+2> 0$ và $f$ liên tục=> $f$ đơn ánh.

=> $f$ toàn ánh.=> Tồn tại hàm ngược của $f$.

Vì $f'>0$ nên $f$ tăng=> hàm ngược tăng.

Còn tính 2 cái hàm ngược bạn tự giải nghe, mình không có biết tìm hàm ngược .

Em xin giải thích rõ hơn phần $\sqrt{1+2cosx}+\sqrt{1+2sinx}\geq \sqrt{3}$

Ta nhận thấy ĐK của bài toán là $\left\{\begin{matrix}
sinx\geq -\frac{1}{2}\\
cosx\geq -\frac{1}{2}
\end{matrix}\right.$.

<=>$x\in [-\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}]$

Đăt $t=tan\frac{x}{2}$ =>$t\in [tan(\frac{-\pi }{12});\sqrt{3}]$

Khi đó $\sqrt{1+2cosx}+\sqrt{1+2sinx}=\sqrt{1+\frac{2-2t^2}{1+t^2}}+\sqrt{1+\frac{4t}{1+t^2}}=\sqrt{\frac{3-t^2}{1+t^2}}+\sqrt{\frac{t^2+4t+1}{1+t^2}}$

Xét hàm số:$f(t)=\sqrt{\frac{3-t^2}{1+t^2}}+\sqrt{\frac{t^2+4t+1}{1+t^2}}$

Đến đây sử dụng công cụ đạo hàm , lập bảng biến thiên với $t\in [tan(\frac{-\pi }{12});\sqrt{3}]$ ta tìm được $f(t)\geq \sqrt{3}$

=>$\sqrt{1+2cosx}+\sqrt{1+2sinx}\geq \sqrt{3}$

CD13 nghĩ công cụ đạo hàm chắc cũng không cho đáp số này!

Em thấy nếu làm sớm và ra lò ngay trong hè này thì hay quá ( mặc dù nó không ảnh hưởng đến em, nhưng nếu được vậy thì tốt cho mấy mem từ 1996 về sau ).

Hôm nay quyết tâm giải hết, chứ không máy hư nữa tức chết .

Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm
$$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$$
Đề của Primary

Bài làm của toán thủ luuxuan9x:

Ta nhận thấy $\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}\geq \sqrt{3}$

=>$a\geq \sqrt{3}$

Lại có $\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}\leq \sqrt{2(2+2(sinx+cosx))}\leq \sqrt{2(2+2\sqrt{2(sin^2x+cos^2x)})}=2\sqrt{1+\sqrt{2}}$

=>$a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$

Vậy để phương trình có nghiệm thì $\sqrt{3}\leq a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$

Dòng đầu tiên đã sai rồi!
ĐIỂM: 0

Giải hệ phương trình sau:
\[ \begin{cases}\frac{2x^{2}+4y^{2}}{xy}=4\sqrt{(\frac{2}{y}-\frac{3}{x})(x+y)}-1(1)\\ \sqrt{(x+1)^{2}+xy+3x+2y+5-2x\sqrt{x(y+3)}}=\sqrt{x}+\sqrt{y+3}(2)\end{cases}\quad (x,y\in\Bbb{R}) \]
Đề của
khanh3570883

Từ (1) ta có $2x^2+xy+4y^2=4\sqrt{xy(2x-3y)(x+y)}$

<=>$2x^2+xy+4y^2=2\sqrt{(2x^2-3xy)(4xy+4y^2)}$

Ta có $VP=2\sqrt{(2x^2-3xy)(4xy+4y^2)}\leq 2x^2+xy+4y^2=VT$

Dấu "=" xảy ra khi $2x^2-3xy=4xy+4y^2$

<=>$2x^2-7xy-4y^2=0$

<=>$(x-4y)(2x+y)=0$

<=>$\begin{bmatrix}
x=4y\\
y=-2x
\end{bmatrix}$

Mai em giải tiếp vì PT (2) xấu quá.

Bảo mai giải tiếp mà chả thấy giải.
Điểm bài: 3

Đáp án của anh cũng thế.

Có ai phản biện không?

Đố các bạn, trong 2 người này ,ai là anh, ai là em?Ai đoán đúng, mình like .

Giải phương trình vô tỉ
$4+2\sqrt{1-x}=-3x+5\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x^2}$

Bài này hoá lượng giác nhé.

Đặt $x=cosa (a\in [0;\pi ])$

PT thành :$4+2\sqrt{2}sin\frac{x}{2}=-3cosx+5\sqrt{2}cos\frac{x}{2}+sinx$

Đến đay chuyển về góc $\frac{x}{2}$ giải, nhưng hình như lộn đề thì phải. Ra nghiệm ko đẹp.

1) Nickname: luuxuan9x
2) Tên thật: Lưu Trường Xuân
3) Địa chỉ công tác,học tập: THPT Tắc Vân, Cà Mau.
4) Ý kiến khác: Em mới tham gia vào diễn đàn, nhưng lại ngay vào thời kì ôn thi ĐH nên số lượng bài cũng chưa có nhiều. Mặc dù vậy, năm sau khi lên ĐH thì thời gian online của em cũng nhiều, có thể cống hiến nhiều cho diễn đàn ( sau khi thi ĐH xong em dự tính tham gia vào ĐHV ĐH nếu được xét). Về mặt kiến thức thì em thấy ổn ( em đang có vị trí khá cao ở 2 cuộc thi MHS và MO). Hy vọng em sẽ được là trọng tài của MSS.

1) Giải phương trình $lg^2(xy)+lg(x^3y^3+xyz)^2+\frac{8+\sqrt{4z-y^2}}{2}=0,\left | y \right |\geq 1$

2) Giải hệ :$\left\{\begin{matrix} \sum_{i=1}^{1999}x_i=2010\\ \sum_{i=1}^{1999}x^3_i=2076, x_i\in (1;2),i=\overline{1,1999} \end{matrix}\right.$

Nếu có $y_1;y_2:f(y_1)=f(y_2)$ thì thay lần lượt $y$ bởi $y_1;y_2$ trong (1) rồi so sánh, suy ra $y_1+f(0)^2=y_2+f(0)^2 \Rightarrow y_1=y_2$
$\Rightarrow f$ là đơn ánh.

Nếu làm cách này thì đi hướng này nhanh hơn.

Nếu có $y_1;y_2:f(y_1)=f(y_2)$ khi đó:


$f(xf(x)+f(y_1)) = f(xf(x)+f(y_2))$

=>$y_1=y_2$

=> $f$ đơn ánh.