tienthcsln

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện:

$f(2010x-f(y))=f(2009x)-f(y)+x, \forall x,y \in \mathbb{R}$

Phải là $\frac{1}{11+a^2} \le \frac{7}{72} - \frac{a}{72}$ chứ.
p/s: có lời giải bằng Chebyshev không nhỉ?  

Cho đa thức $P(x)=a_0 +a_1x+...+a_nx^n$ có n nghiệm thực phân biệt. Chứng minh rằng với mọi số nguyên $p$ mà $p>n$ thì đa thức
$G(x)=a_0 +p.a_1x+p(p-1).a_2x^2+...+p(p-1)...(p-n+1)a_nx^n$ cũng có $n$ nghiệm thực phân biệt.

Cho $x=1$ ta có: $f(y)+f(-y)=f(1)$, $\forall y \neq 0$ (2)

Lần lượt thay $y=x ,y=-x$ vào (1) ta có:

$xf(x^2)+f(-x)=xf(x)$ (3)

$xf(-x^2)+f(x)=xf(x)$ (4)

Từ (2), (3), (4) suy ra:

$2xf(x^2)=2f(x)+xf(1)-f(1) \Rightarrow 2(xf(x)+f(x)-f(1))=2f(x)+xf(1)-f(1)$

$\Rightarrow f(x)=\frac{1}{2}\left ( k+\frac{k}{x} \right ) $, (với $k=f(1)$)

Thay vào (1) suy ra $k=0$ nên $f(x)=0$

Thử lại, đúng. Vậy  $f(x)=0$, $\forall x\in \mathbb{R}$\{0}

Tìm tất cả các hàm số f: R->R thoả mãn:

$xf(y)-yf(x)=f(\frac{y}{x})$ $\forall x,y \in R$

Gọi $S$ là tổng tất cả các phân số tối giản mẫu số $p$ nằm giữa $a$ và $b$.

Ta có:

$S=\frac{\overset{bp-1}{\underset{i=ap+1}{   \sum}i }-(\overset{b-1}{\underset{j=a+1}{   \sum}} j)p}{p}=\frac{(a+b)p(bp-ap-1)-(a+b)p(b-a-1)}{2p}=\frac{(a+b)((b-a)(p-1)-2)}{2}$

Do đó: $S=2011\Leftrightarrow (a+b)((b-a)(p-1)-2)=2.2011$ (*)

+ Nếu $a+b=1\Leftrightarrow a=0;b=1$ thay vào (*) ta được $p=4025$, vô lý.

+ Nếu $a+b=2\Leftrightarrow a=0;b=2\Rightarrow 2(p-2)=2011$, vô lý.

+ Nếu $a+b=2011\Leftrightarrow (2011-2a)(p-1)=4\Rightarrow 2011-2a=1\Rightarrow a=1005; p=5 \Rightarrow b=1006$, thoả mãn.

+ Nếu $a+b=2.2011\Rightarrow 2(2011-a)(p-1)=1$, vô lý.

Vậy $(a;b;p)=(1005;1006;5)$

Giải thế này không biết có sao không 

Ta có:

$VT\geq \frac{4(\sum xy)^2}{\sum x+\sum x(y+z)^2}=\frac{4q^2}{3+3r+3q}$, trong đó: $q=ab+bc+ca; r=abc$

Cần chứng minh:

$\frac{4q^2}{3+3r+3q}\geq \frac{36r}{9+12r-2q}\Leftrightarrow f(r)\leq 0$ với $f(r)=27r^2+(27+27q-12q^2)r+2q^3-9q^2\leq 0, r\in [0;1]$

Do $f(r)$ là tam thức bậc 2 có hệ số $x^2$ lớn hơn 0, có $r_0=\frac{-(27+27q-12q^2)}{2.27}=\frac{(r-3)(4r+3)}{18}\leq0$ nên để chứng minh $f(r)\leq 0$, $\forall r\in[0;1]$ ta chỉ cần có: 

Gọi đa thức $P(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{0}$ với $a_{n}\neq 0, n\in \mathbb{N}$

Giả sử là có ít nhất một hệ số $a_{m}\neq 0$

Khi đó $a_{n}x^{2n}+...+a_{m}x^{2m}+...+a_{0}=a_{n}^{2}x^{2n}+...+2a_{n}a_{m}x^{n+m}+...+a_{m}^{2}x^{2m}+...+a_{0}^{2}$

Cân bằng hệ số, ta được: $a_{n}a_{m}=0$ (vô lý)

Do đó không tồn tại $m$ thỏa. 

$\Rightarrow P(x)=a_{n}x^{n}$

Còn nếu $m+n=2i\Rightarrow 2a_n a_m=a_i  $ thì sao a?

$\frac{GB}{GC}=\frac{HE}{HF}=\frac{tan\frac{C}{2}}{tan\frac{B}{2}}=\frac{p-b}{p-c}=\frac{DB}{DC}\Rightarrow$ GD là phân giác trong của $\widehat{BGC}$

Kẻ phân giác ngoài của $\widehat{BGC}$ cắt $BC$ tại $S$ thì $(SDBC)=-1$

Gọi $T'$ trung điểm $DS$, theo hệ thức Maclaurin ta có:

$\frac{\overline{T'B}}{\overline{T'C}}=-\frac{\overline{DB}}{\overline{DC}}.\frac{\overline{SB}}{\overline{SC}}=(\frac{p-b}{p-c})^2$

Mà $\frac{\overline{TB}}{\overline{TC}}=(\frac{GB}{GC})^2=(\frac{p-b}{p-c})^2$

Suy ra:
$\frac{\overline{TB}}{\overline{TC}}=\frac{\overline{T'B}}{\overline{T'C}}\Leftrightarrow T\equiv T'$

Do đó:

$TD^2=TB.TC=TG^2\Rightarrow TD=TG\Rightarrow \Delta TDG$ cân tại $T$(đpcm)

Sao loại kết quả :

$$x_n\rightarrow 1+\sqrt{1-c}$$ vậy bạn ?

Vì $(x_n)$ tăng nên $\begin{bmatrix} x>1+\sqrt{1-c}\\ x<1-\sqrt{1-c} \end{bmatrix}$
Nhận xét rằng nếu $x>1+\sqrt{1-c}$ thì  $x_n >1+\sqrt{1-c}$ $\forall n>N_0 \in N$*. Khi đó lim $x_n$ nếu có sẽ lớn hơn 2 nghiệm của PT (*), vô lí, tức là $x_n$ không hội tụ.

Thế nên mình chỉ xét TH $x<1-\sqrt{1-c}$

Xét $f(x)=\frac{1}{2}(c+x^2)$ thì $x_{n+1}=f(x_n)$

Ta có: $f'(x)>0$ nên $(x_n)$ đơn điệu. Mặt khác, dễ thấy $x_2 > x_1$ do đó $(x_n)$ đơn điệu tăng.

Xét phương trình: $f(x)=x \Leftrightarrow x^2-2x+c=0$ (*)

Giới hạn nếu có của $(x_n)$ phải là nghiệm của (*). Xảy ra các TH sau:

     TH1: $c>1$ VT(*)$=(x-1)^2+(c-1)>0$ -> (*) vô nghiệm

     TH2: $c\leq1$ (*)$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=1+\sqrt{1-c}\\ x=1-\sqrt{1-c} \end{bmatrix}$

Khi đó, tồn tại $limx_n\Leftrightarrow x_n <1-\sqrt{1-c}$ $\forall n> N_0 \in N$*

Mặt khác: $x_1=\frac{c}{2} <1-\sqrt{1-c}$ $\forall c\leq 1$.

Giả sử $x_n <1-\sqrt{1-c}$ thì $x_{n+1}=\frac{1}{2}(c+x_n ^2)<1-\sqrt{1-c}$, theo nguyên lí quy nạp ta có: với mọi $c\in (0;1]$ thì  $limx_n\Leftrightarrow x_n <1-\sqrt{1-c}$ $\forall n\in N$*

Vậy $x_n$ đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi $1-\sqrt{1-c}$ kết hợp với PT $f(x)=x$ nhận $x=1-\sqrt{1-c}$ là nghiệm suy ra $(x_n)$ hội tụ khi và chỉ khi $c\in (0;1]$, khi đó $limx_n=1-\sqrt{1-c}$ 

Nếu gt (a) đúng với mọi $x,y$ thì $f(3)=f(\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{1}{\sqrt{3}}})=f(\frac{1}{\sqrt{3}})^2>0$, trái gt (b). 

Dòng này phải thế này: $\sum xy^2\leq \frac{1}{9}\left ( x+y+z \right )^3$

Cách chứng minh khá đơn giản chỉ cần dùng BĐT Chebyshev là OK!!!!

BĐT trên không đúng, chẳng hạn khi

$x=1; y=2; z=3$

Giải:

Theo BĐT AM-GM: $a^2b+b^2c+c^2a\geq a+b+c$, do đó:

$\frac{1}{\sqrt[6]{a^3+b^3+c^3}}\geq \frac{27\sqrt[3]{3}\sqrt{\sum a^2b\sum ab^2}}{(a+b+c)^4\sqrt{a+b+c}}\geq\frac{27\sqrt[3]{3}}{(a+b+c)^{\frac{7}{2}}}$

Đặt $a+b+c=t, t\geq 3$. Xét hàm $f(t)=t+\frac{27\sqrt[3]{3}}{t^\frac{7}{2}}$ ta có:

$f'(t)> 0 \Rightarrow f(t)\geq f(3)=3+\frac{1}{\sqrt[6]{3}}$

$\Rightarrow min P=3+\frac{1}{\sqrt[6]{3}}$ khi $a=b=c=1 $

cho $x_{1}=1$
$x_{n+1}=\sqrt{x_{n}^{2}-2x_{n}+2} - \sqrt{x_{n}^{2}+2x_{n}+2}$.
Tìm $lim{x_{n}}$
Nghe bảo là sử dụng tọa độ, mà không biết làm thế nào?

Ta c/m được $-2\leq x_{n}\leq 2 \forall n\geq 1$ (có thể dùng tọa độ như bạn nói: Đặt $A(x_{n};0), B(1;-1), C(-1;-1)$ thì $|x_{n+1}|=|AB-AC| \leq BC=2$)

Xét $f(x)=\sqrt{x^2-2x+2}-\sqrt{x^2+2x+2}$ với $x\in [-2;2]$ thì $x_{n+1}=f(x_{n})$

Ta có:

$f'(x)=\frac{x-1}{\sqrt{x^2-2x+2}}-\frac{x+1}{\sqrt{x^2+2x+2}}$

và $f''(x)=\frac{1}{x^2-2x+2}-\frac{1}{x^2+2x+2}=\frac{4x}{(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)}$

  - Với $x \in [-2;0)$, ta có: $f''(x) <0 \Rightarrow f'(x)\leq f'(-2)<0$

  - Với $x\in [0;2]$, ta có : $f''(x)\geq 0 \Rightarrow f'(x)\leq f'(2)<0$

Trong cả 2 trường hợp ta đều có $f'(x)<0$ nên $f(x)$ giảm trên đoạn [-2;2]

Từ đó, do $x_{3}=1,422... >x_{1} \Rightarrow f(3)<f(1) \Leftrightarrow x_{4}>x_{2}$, nên bằng quy nạp ta c/m được dãy $(x_{2k+1})$ tăng và dãy ($x_{2k}$) giảm (với $ k \in$ N^* ). Mặt khác do $x_{n}$ bị chặn nên 2 dãy con $x_{2k+1}$ và $x_{2k}$ cũng bị chặn nên tồn tại $limx_{2k}=a$ và $limx_{2k+1}=b$. Chuyển qua giới hạn, kết hợp với PT $f(x)=x$ chỉ có 1 nghiệm duy nhất là $x=0$ trên đoạn [-2;2] nên $a=b=0$. 

Do đó: $lim x_{n} =0$.

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$.

Chứng minh rằng: 

$\sqrt[3]{(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)}+1\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$