Zz Isaac Newton Zz

Trong một buổi tập huấn của tổng công ty, các chi nhánh cử đại diện tham gia. Biết rằng trong đó có $m$ nam và $n$ nữ với $m, n> 1$ và $m$ là số nguyên lẻ. Ban tổ chức quy định cứ mỗi bộ hai thành viên nam và một thành viên nữ mà hai thành viên nam này cùng quen thành viên nữ hoặc không cùng quen thành viên nữ thì ba người đó phải hợp tác cùng nhau làm một sản phẩm. Cuối đợt tập huấn, ban tổ chức thu lại tất cả sản phẩm. Chứng minh rằng luôn tìm được một thành viên nam có tham gia vào không ít hơn $\frac{n(m-1)^{2}}{2m}$ sản phẩm.

Tại $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{2}}$ thì ta có $k \geq \frac{4}{3}$

Vậy ta sẽ chứng minh tại $k=\frac{4}{3}$ thì ta có bất đẳng thức đúng.

 

Ta cần chứng minh $(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1) \geq \frac{3}{4}(a+b+c)^{2}$

 

Ta có $\frac{3}{4}(a.1+(b+c).1)^{2} \leq\frac{3}{4}(a^{2}+1)((b+c)^{2}+1)$

Bây giờ ta cần chứng minh $(b^{2}+1)(c^{2}+1) \geq \frac{3}{4}((b+c)^{2}+1)$

                                            $\Leftrightarrow 4b^{2}c^{2}-4bc+1+b^{2}-2bc+c^{2} \geq 0$

                                            $\Leftrightarrow (2bc-1)^{2}+(b-c)^{2} \geq 0$  (Hiển nhiên là đúng)

Vậy $k$ nhỏ nhất bằng $\frac{4}{3}$

Một cách khác, không biết có hay hơn không   

Cho $a=b=c=t$ thì bất đẳng thức trở thành $k(t^{2}+1)^{3}\geq 9t^{2}.$

Mà theo bất đẳng thức $Cauchy$ ta có: $(t^{2}+1)^{3}=(t^{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2})^{3}\geq \frac{27}{4}t^{2},$ do đó $k\geq \frac{4}{3}.$ Ta sẽ chứng minh $k=\frac{4}{3}$ là giá trị nhỏ nhất cần tìm, tức chứng minh bất đẳng thức sau đây đúng:

$(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)\geq \frac{3}{4}(a+b+c)^{2}$ $(1)$

Thay $(a, b, c)$ bởi $(\frac{1}{\sqrt{2}}a, \frac{1}{\sqrt{2}}b, \frac{1}{\sqrt{2}}c)$ thì $(1)$ trở thành:

$(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2}+2)\geq 3(a+b+c)^{2}.$

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có: 

$(a+b+c)^{2}\leq (a^{2}+2)\left [ 1+\frac{1}{2}(b+c)^{2} \right ]\Leftrightarrow 3(a+b+c)^{2}\leq (a^{2}+2)\left [ 3+\frac{3}{2}(b+c)^{2} \right ],$ cho nên ta chỉ cần chứng minh

$(b^{2}+2)(c^{2}+2)\geq 3+\frac{3}{2}(b+c)^{2}\Leftrightarrow \frac{1}{2}(b^{2}+c^{2})+b^{2}c^{2}+1\geq 3bc.$ Hiển nhiên đúng vì $\frac{1}{2}(b^{2}+c^{2})\geq bc$ và $b^{2}c^{2}+1\geq 2bc.$

Mà với $a=b=c=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ thì $(1)$ trở thành đẳng thức nên ta kết luận $k_{min}=\frac{4}{3}.$

Tìm $f:\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ sao cho

$f(x^y)=(f(x))^{f(y)},\forall x,y> 0$ $(1)$

Ta dễ dàng thấy $f(x)=1$ thỏa mãn. Giả sử $\exists a> 0:f(a)\neq 1.$

Thế $x=a$ và $y$ bởi $xy$ và sử dụng $(1)$ ta được:

$\left [ f(a) \right ]^{f(xy)}=f(a^{xy})=\left [ f(a^{x}) \right ]^{f(y)}=\left [ f(a) \right ]^{f(x).f(y)}, \forall x, y> 0.$

Suy ra: $f(xy)=f(x).f(y), \forall x, y> 0.$ $(2)$

Tiếp tục sử dụng $(1)$ ta được:

$\left [ f(a) \right ]^{f(x+y)}=f(a^{x+y})=f(a^{x}.a^{y})=f(a^{x}).f(a^{y})=\left [ f(a) \right ]^{f(x)}.\left [ f(a) \right ]^{f(y)}=\left [ f(a) \right ]^{f(x)+f(y)}, \forall x, y> 0.$

Suy ra: $f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x, y> 0.$ $(3)$

Từ $(2)$ ta có: $f(1)=f^{2}(1)\Rightarrow f(1)=1$ ( do $f(1)> 0$ ). Từ $(3)$ bằng phương pháp quy nạp ta suy ra $f(n)=n, \forall n\in \mathbb{N}^{*}.$ Do đó với $m, n\in \mathbb{N}^{*}$ta có:

$m=f(n.\frac{m}{n})=f(n).f(\frac{m}{n})=nf(\frac{m}{n})\Rightarrow f(\frac{m}{n})=\frac{m}{n}, \forall m, n\in \mathbb{N}^{*}.$

Vậy: $f(x)=x, \forall x \in \mathbb{Q^+}.$ Ta sẽ chứng minh $f(x)=x, \forall x> 0.$

Giả sử $\exists x> 0:f(x)\neq x.$

Nếu $f(x)< x$ thì $\exists r\in \mathbb{Q}:f(x)< r< x.$ Khi đó

$f(x)=f(r+(x-r))=f(r)+f(x-r)=r+f(x-r)> r,$ mâu thuẫn với $f(x)< x.$

Nếu $f(x)> x$ thì $\exists r\in \mathbb{Q}:x< r< f(x).$ Khi đó

$r=f(r)=f(x+(r-x))=f(x)+f(r-x)> f(x),$ mâu thuẫn với $r< f(x).$ Vậy $f(x)=x, \forall x> 0,$ thử lại thấy đúng.

Các hàm số thỏa mãn đề bài là: $f(x)=1, \forall x> 0; f(x)=x, \forall x> 0.$

Đặt $n=2017$. Gọi $S_n$ là số hoán vị thỏa mãn đề. Ta sẽ chứng minh với $n\geq 3$, $S_n=3.2^{n-2}$.

Với $n=3$, dễ thử.

Giả sử $n-1$ đúng. Xét một hoán vị với $n\geq 4$ thỏa mãn. Ta có:

$n-1|2\left ( a_1+a_2+...+a_{n-1} \right )=2(1+2+...+n-a_n)=n(n+1)-2a_n=(n-1)(n+2)-2(a_n-1)\Rightarrow n-1|2 (a_n-1)$

$n-2|2(a_1+a_2+...+a_{n-2})=(n-2)(n+3)+2(3-a_{n-1}-a_n)\Rightarrow n-2|2(a_{n-1}+a_n-3)$

TH1:$n-1$ lẻ suy ra $a_n=1,n$

TH2:$n-1$ chẵn, giả sử $a_n=\frac{n+1}{2}$. Ta có $n-2$ lẻ và $0<\frac{n-3}{2}\leq a_{n-1}+a_n-3\leq \frac{3n-5}{2}<2(n-2)$ suy ra $a_{n-1}+a_n-3=n-2\Rightarrow a_{n-1}=a_n=\frac{n+1}{2}$(vô lý). Vậy $a_n=1,n$

THa:$a_n=n$. Ta thấy các số $a_1,...,a_{n-1}$ là hoán vị của $1,...,n-1$. Theo giả thiết quy nạp, số cách chọn là $S_{n-1}$

THb:$a_n=1$. Ta thấy các số $(a_1-1),...,(a_{n-1}-1$ là hoán vị của $1,...,n-1$. Theo giả thiết quy nạp, số cách chọn là $S_{n-1}$

Vậy $S_n=2S_{n-1}=3.2^{n-2}$, bài toán được chứng minh. Vậy $S_{2017}=3.2^{2015}$

Cách làm của bạn dùng quy nạp khá là hay đó   

Cách làm của mình...

Đặt $n=2017.$ Gọi $S_{n}$ là số hoán vị $\left \{ a_{1}, a_{2}, ..., a_{n} \right \}$ của tập $\left \{ 1, 2, ..., n \right \}$ thỏa mãn tính chất: $2(a_{1}+a_{2}+...+a_{k})$ chia hết cho $k,$ với mọi $k=\overline{1, n}$ $(*)$

Dễ dàng thấy: $\left | S_{1} \right |=1; \left | S_{2} \right |=2; \left | S_{3} \right |=6.$

Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng, mỗi hoán vị thỏa $(*)$ phải có $a_{n}=1$ hoặc $a_{n}=n.$

Thật vậy, với mỗi hoán vị $\left \{ a_{1}, a_{2}, ..., a_{n} \right \}$ thỏa $(*)$ ta có:

$2(a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1})=2(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})-2a_{n}=2(1+2+...+n)-2a_{n}=n(n+1)-2a_{n}=(n+2)(n-1)+(2-2a_{n}).$

Mà $2(a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1})$ chia hết cho $(n-1)$ nên $(2-2a_{n})$ chia hết cho $(n-1).$

Suy ra: $a_{n}=1$ hoặc $a_{n}=n$ hoặc $a_{n}=\frac{n+1}{2}$ ( nếu $n$ là số lẻ ).

Nếu $a_{n}=\frac{n+1}{2}$ ( nếu $n$ là số lẻ ), ta có:

$2(a_{1}+a_{2}+...+a_{n-2})=2(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})-2a_{n-1}-2a_{n}=2(1+2+...+n)-2a_{n-1}-(n+1)=n(n+1)-(n+1)-2a_{n-1}=(n-2)(n+2)+(3-2a_{n-1}).$

Mà $2(a_{1}+a_{2}+...+a_{n-2})$ chia hết cho $(n-2)$ nên $(3-2a_{n-1})$ chia hết cho $(n-2).$

Do $2a_{n-1}-3\leq 2n-3< 3n-6,$ khi $n\geq 3$ nên $2a_{n-1}-3=n-2$ hoặc $2a_{n-1}-3=2n-4$ ( vô lý vì $2a_{n-1}-3$ là số lẻ ).

Suy ra: $a_{n-1}=\frac{n+1}{2}=a_{n}$ ( mâu thuẫn ).

Đặt $S_{n_{1}}=\left \{ (a_{1}, a_{2}, ..., a_{n})\left.\begin{matrix} \end{matrix}\right|(a_{1}, a_{2},..., a_{n})\in S_{n}, a_{n}=n \right \}.$

      $S_{n_{2}}=\left \{ (a_{1}, a_{2}, ..., a_{n})\left.\begin{matrix} \end{matrix}\right|(a_{1}, a_{2},..., a_{n})\in S_{n}, a_{n}=1 \right \}.$

Nếu $a_{n}=n$ thì $(a_{1}, a_{2}, ..., a_{n-1})$ cũng là một hoán vị của $(1, 2, ..., n-1)$ thỏa mãn tính chất $(*).$

Suy ra ánh xạ $f$ sau đây là song ánh.

                          $f:S_{n_{1}}\rightarrow S_{n-1}$

      $(a_{1}, a_{2}, ..., a_{n-1}, n) \mapsto (a_{1}, a_{2}, ..., a_{n-1}).$

Suy ra: $\left | S_{n_{1}} \right |=\left | S_{n-1} \right |$

Nếu $a_{n}=1$ xét $(a_{1}-1, a_{2}-1, ..., a_{n-1}-1)$ là một hoán vị của $(1, 2, ..., n-1).$

Ta có: $2\left [ (a_{1}-1)+(a_{2}-1)+...+(a_{k}-1) \right ]=2(a_{1}+a_{2}+...+a_{k})-2k$ chia hết cho $k$ khi và chỉ khi $2(a_{1}+a_{2}+...+a_{k})$ chia hết cho $k.$

Suy ra ánh xạ $g$ sau đây là một song ánh.

                    $g: S_{n_{2}}\rightarrow S_{n-1}$

$(a_{1}, a_{2}, ..., a_{n-1}, 1) \mapsto (b_{1}, b_{2}, ..., b_{n-1})=(a_{1}-1, a_{2}-1, ..., a_{n-1}-1).$

Suy ra: $\left | S_{n_{2}} \right |=\left | S_{n-1} \right |.$

Vậy: $\left | S_{n} \right |=\left | S_{n_{1}} \right |+\left | S_{n_{2}} \right |=2\left | S_{n-1} \right |=3.2^{n-2}.$

Vậy: $S_{2017}=3.2^{2015}.$

Xác định số các hoán vị $\left \{a_{1}, a_{2}, ..., a_{2017} \right \}$ của tập $\left \{ 1, 2, ..., 2017 \right \}$ thỏa mãn tính chất: $2(a_{1}+a_{2}+...+a_{k})$ chia hết cho $k,$ với mọi $k=1, 2, 3, ..., 2017.$

Dùng tỉ số diện tích nha bạn 

          Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức nhỏ sau:

                 $(x-1)^{4}(23x^2-16x+23)\geq$ 0

   <=>   $(3x^2-3x+3)^{3}\geq 4x^6+4$

   <=> $\sqrt[3]{4x^6+4}+4x\leq 3x^2+3$

Thay x=$\frac{a}{b}$

Ta được $\sqrt[3]{\frac{a^6+b^6}{2}}+2ab\leq \frac{3}{2}(a^2+b^2)$

Cộng tương tự lại => ĐPCM

Một cách làm khác, dài hơn...

Theo bất đẳng thức $Cauchy,$ với mọi $a, b$ thỏa $a^{2}+b^{2}> 0$ ta có:

$\sqrt[3]{\frac{a^{6}+b^{6}}{2}}=\sqrt[3]{\frac{(a^{2}+b^{2})(a^{4}-a^{2}b^{2}+b^{4})}{2}}=\frac{{\sqrt[3]{(a^{2}+b^{2})^{2}(a^{2}+b^{2})^{2}(4a^{4}-4a^{2}b^{2}+4b^{4})}}}{2(a^{2}+b^{2})}\leq \frac{2(a^{2}+b^{2})^{2}+4a^{4}-4a^{2}b^{2}+4b^{4}}{6(a^{2}+b^{2})}=\frac{a^{4}+b^{4}}{a^{2}+b^{2}}.$

Từ giả thiết suy ra $a, b, c$ không thể có đồng thời hai số bằng không.

Do đó $\sum \sqrt[3]{\frac{a^{6}+b^{6}}{2}}\leq \sum \frac{a^{4}+b^{4}}{a^{2}+b^{2}}$ (1)

Mà $\sum \frac{a^{4}+b^{4}}{a^{2}+b^{2}}=2(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2\left [ \frac{a^{2}b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{2}c^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}a^{2}}{c^{2}+a^{2}} \right ]=3(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2\left [ \left ( \frac{a^{2}b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{a^{2}+b^{2}}{4} \right )+\left ( \frac{b^{2}c^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}+c^{2}}{4} \right )+\left ( \frac{c^{2}a^{2}}{c^{2}+a^{2}}+\frac{c^{2}+a^{2}}{4} \right ) \right ]\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2(ab+bc+ca)=3(a^{2}+b^{2}+c^{2})-6$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\sqrt[3]{\frac{a^{6}+b^{6}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{b^{6}+c^{6}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{c^{6}+a^{6}}{2}}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})-6.$

Mình cần một ý tưởng mới hơn ý tưởng này   

Giả sử $N> 1$ là số nguyên dương, $d< N$ là ước dương tùy ý của $N.$ Chứng minh rằng với mọi $k> 0,$ tồn tại $x$ nguyên dương sao cho $N^{x}-d$ có ước nguyên tố $p> k.$

Cho $a, b, c\in \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $3a^{2}+2b^{2}+c^{2}=6.$ Tìm $Max$ và $Min$ của biểu thức $P=2(a+b+c)-abc.$

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

Cho $a,b \in (0;1)$. Dãy $(u_{n})$ xác định bởi $u_{0}=a$; $u_{1}=b$; $u_{n+2}=\frac{1}{2014}u_{n+1}^{4}+\frac{2013}{2014}\sqrt[4]{u_{n}}$, $n=0,1,2...$

Chứng minh dãy $(u_{n})$ có giới hạn và tính giới hạn đó

Bằng quy nạp, ta chứng minh được $u_{n}\in (0, 1).$ Xét dãy $(v_{n})$ được xác định như sau: $v_{0}=min\left \{ u_{0}, u_{1} \right \}=min\left \{ a, b \right \}; v_{n+1}=\frac{1}{2014}.v_{n}^{4}+\frac{2013}{2014}.\sqrt[4]{v_{n}}, \forall n\in \mathbb{N}.$

Mà theo bất đẳng thức AM-GM thì ta có: $v_{n+1}=\frac{v_{n}^{4}+\sqrt[4]{v_{n}}+\sqrt[4]{v_{n}}+...+\sqrt[4]{v_{n}}}{2014} \geq \frac{2014. \sqrt[2014]{v_{n}^{4}.\sqrt[4]{v_{n}}^{2013}}}{2014}> v_{n}, \forall n\in \mathbb{N},$

Mà dễ chứng minh bằng quy nạp $v_{n}\in (0, 1), n\in \mathbb{N}.$ Từ đây ta có dãy $(v_{n})$ tăng và bị chăn trên nên hội tụ. Từ đó suy ra $\lim_{n\rightarrow +\infty }v_{n}=1.$

Bằng quy nạp ta sẽ chứng minh: $v_{n}\leq min\left \{ u_{2n}, u_{2n+1} \right \},$ $\forall n\in \mathbb{N}.$

Với $n=0$ thì $v_{0}\leq min\left \{ u_{0}, u_{1} \right \}$ (đúng)

Giả sử đúng với $n=k, k\in \mathbb{N},$ tức là: $v_{k}\leq min\left \{ u_{2k}, u_{2k+1} \right \}$

Ta sẽ chứng minh đúng với $n=k+1$

Ta có: $u_{2k+2}=\frac{1}{2014}u_{2k+1}^{4}+\frac{2013}{2014}\sqrt[4]{u_{2k}}\geq \frac{1}{2014}v_{k}^{4}+\frac{2013}{2014}\sqrt[4]{v_{k}}=v_{k+1}.$

Tương tự thì $u_{2k+3}\geq v_{k+1}.$ Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có: $v_{n}\leq min\left \{ u_{2n}, u_{2n+1} \right \}, \forall n\in \mathbb{N}.$

Do đó: $v_{n}\leq min\left \{ u_{2n}, u_{2n+1} \right \}\leq max\left \{ u_{2n}, u_{2n+1} \right \}< 1.$ Suy ra: $v_{n}\leq u_{2n}< 1; v_{n}\leq u_{2n+1}< 1, \forall n\in \mathbb{N}.$

Mà do $\lim_{n\rightarrow +\infty }v_{n}=1$ nên theo nguyên lý kẹp ta suy ra $\lim_{n\rightarrow +\infty }u_{2n}=\lim_{n\rightarrow +\infty }u_{2n+1}=1.$ Vậy $\lim_{n\rightarrow +\infty }u_{n}=1.$

Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi $x_{1}=2, x_{2}=10, x_{n+2}=\frac{8x_{n+1}^{2}-x_{n+1}.x_{n}}{x_{n+1}+x_{n}}, n=1, 2, 3...$ Với mỗi số nguyên dương $n,$ đặt $y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}}{x_{k+1}+x_{k}+3}.$ Chứng minh rằng dãy $y_{n}$ có giới hạn hữa hạn khi $n$ dần đến vô cùng và tìm giới hạn đó.

 

 

 

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O).$ Trực tâm $H$ của tam giác, $M$ là trung điểm của $AH.$ Lấy điểm $E$ trên $AC$ sao cho $OE$ song song với $BC.$ Chứng minh rằng: $\widehat{BME}=90^{\circ}$.

 

 

Cái này liên quan đến đường đối trung nha bạn