Đến nội dung


hthang0030

Đăng ký: 01-10-2015
Offline Đăng nhập: 04-09-2018 - 22:47
***--

#683533 $f(x)-2f(2x)+f(4x)=x^{2}+x, \forall x\in \mathb...

Gửi bởi hthang0030 trong 07-06-2017 - 17:22

Đặt $g(x)=f(x)-f(2x)$

=>$g(x)-g(2x)=x^2+x$

Đặt $g(x)=h(x)-\frac{1}{3}x^2-x$

=>$h(x)=h(2x)$

Bài toán được đưa về dạng quen thuộc:

$h(x)=p(log_{2}\pm x)$ với $p(x)$ là hàm tuần hoàn chu kỳ 1 trên $\mathbb{R}$




#677663 Có hay không 16 số thỏa mãn Đk

Gửi bởi hthang0030 trong 16-04-2017 - 23:57

-Giả sử tìm được 16 số thỏa mãn đề bài.Khi đó ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16:0,1,2...,15.Trong đó có 8 số chẵn và 8 số lẽ

=>a,b,c không đồng tính chẵn lẻ

Giả sử a,b chẵn và c lẻ.Có 9 số lẻ được tạo thành:$\overline{abc};\overline{aac};\overline{bac};\overline{bbc};\overline{ccc}; \overline{cbc};\overline{cac};\overline{acc};\overline{bcc}$

Gọi $\overline{x_{1}};\overline{x_{2}}...;\overline{x_{9}}$ là các số có 2 chữ số thu được từ các số trên bằng cách bỏ đi chữ số c ở hàng đơn vị 

Khi đó $\overline{x_{i}c}\not\equiv \overline{x_{j}c}(mod 16)<=>\overline{x_{i}}\not\equiv \overline{x_{j}}(mod 8)$

Nhưng trong 9 số $\overline{x_{1}};\overline{x_{2}}...;\overline{x_{9}}$  chỉ có 3 số lẻ $\overline{ac};\overline{bc};\overline{cc}$ nên 8 số bất kì trong 9 số $\overline{x_{1}};\overline{x_{2}}...;\overline{x_{9}}$ luôn có 2 số đồng dư mod 8(Mâu thuẫn)

=>Không tìm được 16 số thỏa mãn đề bài

 -Tương tự với trường hợp a,b lẻ và c chẵn




#677645 Chứng minh rằng: $4a^4+9b^4+16c^4+5a^2+10b^2+2c^2\ge 46$

Gửi bởi hthang0030 trong 16-04-2017 - 21:38

Gọi VT của bđt cần chứng minh là A

Theo đề bài:

$2ab(a+3b)+2ac(a+2c)+3bc(b+4c)\ge 29 <=>2a^2(b+c)+3b^2(2a+c)+4c^2(a+3b)\geq 29<=>2.2a^2(b+c)+2.3b^2(2a+c)+2.4c^2(a+3b)\geq 58=>4a^4+(b+c)^2+9b^4+(2a+c)^2+16c^4+(a+3b)^2\geq 58<=>A+2(3ab+2ac+bc)\geq 58<=>A\geq 46 (Q.E.D)$




#675878 $ \sqrt{\frac{a+b}{c}} + \sqrt{\frac{c+b}{a}} +...

Gửi bởi hthang0030 trong 01-04-2017 - 03:20

cho a,b,c >=0. CMR:

$ \sqrt{\frac{a+b}{c}} + \sqrt{\frac{c+b}{a}} + \sqrt{\frac{a+c}{b}} \geq 2(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}

Chuẩn hóa $a+b+c=1$

BĐT cần chứng minh

<=>$\sum \frac{1-3a}{\sqrt{a(1-a)}}\geq 0$

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$

=>$1-3a\leq 1-3b\leq 1-3c$

và $\frac{1}{\sqrt{a(1-a)}}\leq \frac{1}{\sqrt{b(1-b)}}\leq \frac{1}{\sqrt{c(1-c)}}$

Theo BĐT Chebyshev

=>$3\sum \frac{1-3a}{\sqrt{a(1-a)}}\geq\sum (1-3a).\sum \frac{1}{\sqrt{a(1-a)}}=0$

=>Q.E.D

Dấu "=" xảy ra <=> $a=b=c=\frac{1}{3}$




#675877 $2^{a}+3^{b}$

Gửi bởi hthang0030 trong 01-04-2017 - 02:59

Dễ thấy a chẵn $\Rightarrow a=2k\Rightarrow x^2=2^a+3^b\Leftrightarrow 3^{b}=x^2-2^{2k}=(x-2^{k})(x+2^{k})$

đến đây ta đặt $x-2^{k}=3^{m},x+2^{k}=3^{n}\Rightarrow m+n=b$ là giải được

Đoạn cuối phải sử dụng L.T.E mới giải quyết trọn vẹn được bài này




#675682 Với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn

Gửi bởi hthang0030 trong 30-03-2017 - 03:20

$a\leq 1;a+b\leq 5;a+b+c\leq 14$

Tìm GTNN của $P=\sqrt{a}+\sqrt{b} +\sqrt{c}$

Theo mình nghĩ thì bài này phải là tìm GTLN của $P$

ĐKXĐ:$a\geq 0;b\geq 0;c\geq 0$

Theo bài ra ta có:

$3a+(a+b)+2(a+b+c)\leq 3+5+2.14<=>6a+3b+2c\leq 36$

Mặt khác dụng bđt C-S:$(6a+3b+2c)(1+2+3)\geq 6(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2$

$=>(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2\leq 36$

$=>\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq 6$

Dấu $"="$ xảy ra $<=>$ $a=1$;$b=4$;$c=9$




#675681 $\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c...

Gửi bởi hthang0030 trong 30-03-2017 - 03:18

 S.O.S là BĐT j vậy ???

https://julielltv.wo...chur-ban-s-o-s/




#675209 $\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c...

Gửi bởi hthang0030 trong 24-03-2017 - 00:47

Không mất tính tổng quát giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$

BĐT cần chứng minh

<=> $\sum (\frac{a^3}{b}-a^2)+\sum (2ab-2b^2)\geq 0<=>\sum \frac{a^2(a-b)}{b}+\sum 2b(a-b)\geq 0<=>\sum \frac{a^2+2b^2}{ab-b^2}(a-b)^2\geq 0$ 

BĐT này đúng theo tiêu chuẩn 2 định lý S.O.S 

=>Q.E.D




#667538 $Max$ $P=(x-y)^2-2(x+y)$

Gửi bởi hthang0030 trong 07-01-2017 - 23:33

$P=(x-y)^2-2(x+y)=(x+y)^2-3(x+y)$ 

+ Xét $x+y< \frac{3}{2}$ =>Hàm nghịch biến=>P max<=>x+y min<=>x+y=1

=>P max=2 tại $x=y=\frac{1}{2}$

+Xét $x+y\geq \frac{3}{2}$ =>Hàm đồng biến=>P max<=>x+y max

Có:$x;y\leq 2=>(x-2)(y-2)\geq 0=>xy+4\geq x+y<=>\frac{x+y}{4}+4\geq x+y=>x+y\leq \frac{16}{7}$

=>P max=$(\frac{16}{7})^2-3\frac{16}{7}=-1\frac{31}{49}$ tại $x=2;y= \frac{2}{7}$ hoặc $y=2;x= \frac{2}{7}$

=>...




#665490 Chứng minh rằng: $\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\ge \fr...

Gửi bởi hthang0030 trong 22-12-2016 - 19:22

Lần sau up bài thì up cho cẩn thận nhé bạn =.=

Lời giải: $\sum \frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=\sum a-\frac{a^2b+b^2a}{a^2+ab+b^2}\geq \sum a-\frac{a^2b+b^2a}{3ab}=\sum a-\frac{a+b}{3}=\sum \frac{a}{3}$ (Q.E.D)




#665485 Chứng minh rằng: $\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\ge \fr...

Gửi bởi hthang0030 trong 22-12-2016 - 19:13

Theo mình thì đề bài đúng phải là:Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3.CMR:$\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$

Đây là lời giải của mình:

Ta sẽ có bổ đề:$\sum \frac{a^2-b^2}{a^2+ab+b^2}\geq 0$

Thật vậy,bổ đề <=>$\sum \frac{(a+b)(a-b)^2}{a^3-b^3}\geq 0$ (Đúng theo tiêu chuẩn 2 định lý S.O.S) (Hiển nhiên dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$ nên ta chỉ xét trường hợp $a-b$;$b-c$;$c-a$ khác 0)

Từ bổ đề=>$\sum \frac{2a^2}{a^2+ab+b^2}\geq \sum \frac{a^2+b^2}{a^2+ab+b^2}=\sum 1-\frac{ab}{a^2+ab+b^2}\geq \sum 1-\frac{ab}{3ab}\geq 2$

=>$\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$ (Q.E.D)




#663069 Giải PT: $\sqrt{-x^{2}+3x+2}+\sqrt{x+...

Gửi bởi hthang0030 trong 25-11-2016 - 22:45

$\sqrt{A}+\sqrt{B}=2$ (1)

$A-B=-(x+1)^2$

=>$\sqrt{A}-\sqrt{B}=\frac{-(x+1)^2}{2}$ (2)

Lấy (1) trừ (2),sau đó bình phương lên giải phương trình bậc 4 là được

Bài này nghiệm lẻ nên có cách này là ổn thôi 




#656249 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. CMR (p-1)!\sum_{1}^...

Gửi bởi hthang0030 trong 01-10-2016 - 19:27

Bài 2:

$(p-1)!\sum_{1}^{p-1}\frac{1}{k}=(p-1)![(1+\frac{1}{p-1})+(\frac{1}{2}+\frac{1}{p-2})+...+(\frac{1}{\frac{p-1}{2}}+\frac{1}{\frac{p+1}{2}})]=p(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\vdots p$ 

Như vậy nếu ta chứng minh được:$(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\vdots p$ thì bài toán được giải quyết

Có: $(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\equiv (\frac{p-1}{2})!^2[1+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{(\frac{p-1}{2})^2}]$ (mod p)

Mặt khác:$(\frac{p-1}{2})!^2[1+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{(\frac{p-1}{2})^2}]\equiv(\frac{p-1}{2})!^2[1^2+2^2+...+(\frac{p-1}{2})^2]$ (mod p)

(vì p nguyên tố nên $(\frac{p-1}{2})!^2[1;\frac{1}{2^2};...;\frac{1}{(\frac{p-1}{2})^2}]$ và $(\frac{p-1}{2})!^2[1^2;2^2;...;(\frac{p-1}{2})^2]$ có thể coi như 2 hệ thặng dư đầy đủ của $a^2$ theo mod p) 

=>$(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\equiv (\frac{p-1}{2})!^2[1^2+2^2+...+(\frac{p-1}{2})^2]$ (mod p)

Mà:$(\frac{p-1}{2})!^2[1^2+2^2+...+(\frac{n-1}{2})^2]=(\frac{p-1}{2})!^2.\frac{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}.p}{6}\vdots p$

=>$(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\vdots p$

=>Vậy ta có ĐPCM




#649814 Cho các số nguyên a, b phân biệt sao cho ab(a+b)$\vdots a^{2...

Gửi bởi hthang0030 trong 15-08-2016 - 22:12

$y^{2}\vdots t$ thì $y\vdots t$ à. Ví dụ số 64 với 16 xem. $64\vdots 16 \Rightarrow 8\vdots 16$???

Tớ gõ nhầm...sửa rồi đó :) :) :)




#649443 Cho các số nguyên a, b phân biệt sao cho ab(a+b)$\vdots a^{2...

Gửi bởi hthang0030 trong 13-08-2016 - 19:33

Gọi (a;b)=d=>a=dx;b=dy (d,x,y nguyên dương,x khác y và (x;y)=1 )

=>$dxy(x+y)\vdots x^2+xy+y^2$

Giả sử $(x;x^2+xy+y^2)=t$ (t là số nguyên dương)

-Nếu t khác 1.Gọi p là ước nguyên tố của t=>$y^2\vdots p$=>$y\vdots p$

=> cả x và y đều chia hết cho p(Vô lí)

=>$(x;x^2+xy+y^2)=1$ Tương tự $(y;x^2+xy+y^2)=1$

Lại có:(x;y)=1 dễ thấy $(x+y;x^2+xy+y^2)=1$

=>$d\vdots x^2+xy+y^2$

=>$d\geq x^2+xy+y^2> 3xy$ (vì x khác y)

=>$d^3> 3ab$

Lại có:$\left | a-b \right |=d\left | x-y \right |> d$

=>$\left | a-b \right |> \sqrt[3]{ab}$ (ĐPCM)