Đến nội dung

Hoang72

Hoang72

Đăng ký: 21-03-2021
Offline Đăng nhập: Riêng tư
*****

#731342 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi Hoang72 trong 27-10-2021 - 11:44

$\boxed{24}$ Tìm tất cả hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn $f(xy)=f(\frac{x^2+y^2}{2})+(x-y)^2, \forall x,y\in\mathbb R$

Từ phương trình hàm đã cho ta có $f(xy)+2xy=f\left(\frac{x^2+y^2}{2}\right)+(x^2+y^2),\forall x,y\in\mathbb R$. (1)

Với mọi $a,b\in\mathbb R$, luôn tồn tại số dương $c$ sao cho $c>|a|$ và $c>|b|$.

Khi đó tồn tại $x,y,u,v$ sao cho $\frac{x^2+y^2}{2}=c;xy=a$ và $\frac{u^2+v^2}{2}=c;uv=b$.

Do đó từ (1) suy ra $f(a)+2a=f(c)+2c=f(b)+2b$ nên $f(a)+2a=f(b)+2b$.

Suy ra $f(x)+2x$ là hàm hằng nên $f(x)=m-2x,\forall x\in\mathbb R$. Thử lại ta thấy thoả mãn.

Vậy $f(x)=m-2x,\forall x\in\mathbb R$.




#731337 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi Hoang72 trong 26-10-2021 - 23:21

$\boxed{21}$ Tìm tất cả hàm liên tục tại 0 thỏa $$f(x+y)=f(x)+f(y)+xy(x+y), \forall x,y\in\mathbb R$$

Đặt $g(x)=f(x)-\frac{x^3}{3}$ thì $g$ liên tục tại 0.

Từ giả thiết ta có $g(x+y)=g(x)+g(y),\forall x,y\in\mathbb R$.

Từ đó $g$ là hàm cộng tính. Mà $g$ liên tục tại 0 nên $g$ là hàm tuyến tính.

Vậy $f(x)=\frac{x^3}{3}+cx,\forall x\in\mathbb R$ với c là hằng số.




#731336 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi Hoang72 trong 26-10-2021 - 23:19

$\boxed{20}$ Tìm tất cả hàm liên tục $f:\mathbb R\to \mathbb R$ thỏa $$f(x+y)+f(x-y) = 2(f(x)+f(y)), \forall x,y\in\mathbb R$$ (*)

Hoán đổi vai trò của x, y trong (*) ta có $f(x-y)=f(y-x),\forall x,y\in\mathbb R$. Do đó $f$ là hàm chẵn.

Thay $x=y=0$ vào (*) ta có $f(0)=0$.

Thay $x=y$ vào (*) ta có $f(2x)=4f(x),\forall x\in\mathbb R$.

Giả sử đến $n;n\in N^*$ thì $f(nx)=n^2f(x)),\forall x\in\mathbb R$. Ta chứng minh $f((n+1)x)=(n+1)^2f(x)),\forall x\in\mathbb R$.

Thật vậy, thay $y$ bởi $nx$ ta có $f((n+1)x)+f((n-1)x)=2(f(x)+f(nx)\Rightarrow f((n+1)x)=(n+1)^2x,\forall x\in\mathbb R$. (Do $f(nx)=n^2x;f((n-1)x)=(n-1)^2x$)

Tương tự do $f$ là hàm chẵn nên với $n\in\mathbb Z;n<0$ ta có $f(nx)=f(-nx)=(-n)^2f(x)=n^2f(x)),\forall x\in\mathbb R$.

Từ đó với mọi $t=\frac{a}{b}\in\mathbb Q$ thì $f(tx)=f\left ( \frac{a}{b}x \right )=a^2f\left ( \frac{x}{b} \right )=\frac{a^2}{b^2}f(x)=t^2f(x),\forall x\in\mathbb R$.

Với mỗi $x\in\mathbb R^+$ tồn tại dãy $(u_n)\in \mathbb Q^+$ sao cho $\lim_{n\to\infty}u_n=x$.

Do $f$ liên tục nên $f(x)=\lim_{n\to\infty}f(u_n)=\lim_{n\to\infty}u_n^2f(1)=x^2f(1)$.

Suy ra $f(x)=cx^2,\forall x\in\mathbb R^+$ với $c=f(1)$. Do $f$ là hàm chẵn nên $f(x)=cx^2,\forall x\in\mathbb R$. Thử lại ta thấy hàm này thoả mãn.

Vậy $f(x)=cx^2,\forall x\in\mathbb R$.




#731335 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi Hoang72 trong 26-10-2021 - 22:48

$\boxed{19}$ Tìm tất cả hàm liên tục $f,g,h:\mathbb R\to\mathbb R$ thỏa $$f(x+y)=g(x)+h(y), \forall x,y\in\mathbb R$$ (1)

Đặt $a:=f(0);b:=g(0);c:=h(0)$.

Thay $x=0$ vào $(1)$ ta có $f(y)=b+h(y),\forall y\in\mathbb R$.

Thay $y=0$ vào $(1)$ ta có $f(x)=g(x)+c,\forall x\in\mathbb R$.

Từ đó $f(x+y)=f(x)+f(y)-b-c,\forall x,y\in\mathbb R$.

Đặt $m(x)=f(x)-b-c,\forall x\in\mathbb R$ thì $m$ liên tục và $m(x+y)=m(x)+m(y)$ là hàm cộng tính. Suy ra $m(x)=px,\forall x\in\mathbb R$ với $p$ là hằng số.

Do đó $f(x)=px+b+c;g(x)=px+b;h(x)=px+c,\forall x\in\mathbb R$. Thử lại ta thấy nghiệm này thoả mãn.




#731332 Chứng minh $(TBC)$ tiếp xúc $(I)$

Gửi bởi Hoang72 trong 26-10-2021 - 22:11

EF cắt BC tại G.

Gọi J là trung điểm của GD.

Kẻ đường kính DD' của (I).

DA cắt lại (I) tại N.

Ta có tứ giác DENF điều hoà nên $I(BC,GD)=-1=D(DN,FE)=D(FE,AH)$.

Mà $IB\perp DF;IC\perp DE;ID\perp DH$ nên $IG\perp DA$.

Suy ra $\Delta IDG\perp DHA(g.g)$ nên $IJ\perp DK$.

Ta có $\angle GD'D=\angle JID=90^o-\angle TDD'=\angle TD'D\Rightarrow$ G, T, D' thẳng hàng.

Từ đó $\Delta GTD$ vuông tại T nên $JT=JD$.

Do đó $JT$ là tiếp tuyến của $(I)$.

Mặt khác do $(GD,BC)=-1$ nên theo hệ thức Newton: $JT^2=JD^2=JB.JC$.

Từ đó $JT$ tiếp xúc với $(BTC)$ hay $(BTC)$ tiếp xúc với $(I)$.

Hình gửi kèm

  • Untitled.png



#731329 Max $\frac{x}{y+z+1}+\frac{y}...

Gửi bởi Hoang72 trong 26-10-2021 - 19:15

Trước tiên ta sẽ tìm Max $S=\frac{x}{y+z+1}+\frac{y}{z+x+1}+\frac{z}{x+y+1}+(1-x)(1-y)(1-z)$.

Nhận thấy $S$ là biểu thức đối xứng với ba biến $x,y,z$ nên ta có thể giả sử $x\geq y\geq z$.

Khi đó $S\leq \frac{x+y+z}{y+z+1}=1-\frac{1-x}{y+z+1}+(1-x)(1-y)(1-z)$.

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có $(1-y)(1-z)(y+z+1)\leq 1\Rightarrow S\leq 1$.

Đẳng thức xảy ra khi chẳng hạn $y=z=0;x=1$ và các hoán vị.

Khi đó $T=S+(1-x)(1-y)\leq S+1\leq 2$.

Đẳng thức xảy ra khi chẳng hạn $x=y=z=0$.

 




#731324 C/m bộ ba số $(ap^2;bq^2;cr^2)$ cũng là nghiệm của phương trình...

Gửi bởi Hoang72 trong 26-10-2021 - 15:03

Nhận thấy nếu $(x,y,z)$ là một bộ nghiệm có ba số không đồng thời bằng nhau của phương trình trên thì $x^3+y^3+z^3=3xyz\Leftrightarrow x+y+z=0$.

Khi đó $a+b+c=0;\frac{a}{p}+\frac{b}{q}+\frac{c}{r}=0;p+q+r=0$.

Ta ó $ap^2+bq^2+cr^2=(a+b+c)(p^2+q^2+r^2)-a(q^2+r^2)-b(r^2+p^2)-c(p^2+q^2)=-a(q+r)^2-b(r+p^2)-c(p+q)^2+2qra+2rpb+2pqc=-ap^2-bq^2-cr^2\Rightarrow ap^2+bq^2+cr^2=0$.




#731317 $\left ( x^{5} + x -1 \right )^{5} + x^5 =...

Gửi bởi Hoang72 trong 25-10-2021 - 20:48

Nếu $x>1$ thì $x^5+x-1>1\Rightarrow (x^5+x-1)^5+x^5>2$.

Nếu $x<1$ thì $(x^5+x-1)^5+x^5<2$.

Do đó $x=1$. Thử lại ta thấy thoả mãn.




#731315 Min $x^2+y^2+z^2+\frac{x^3}{x^2+y^2}+\frac...

Gửi bởi Hoang72 trong 25-10-2021 - 20:01

Ta có $\sum_{cyc}\frac{x^3}{x^2+y^2}=\sum_{cyc}\left ( x-\frac{xy^2}{x^2+y^2} \right )\geq \sum_{cyc}\left ( x-\frac{xy^2}{2xy} \right )=\frac{1}{2}\sum x$.

Lại có $x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}$.

Suy ra $P\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}-\frac{2(x+y+z)}{3}+2021=\frac{(x+y+z-1)^2}{3}+\frac{6062}{3}\geq \frac{6062}{3}$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{1}{3}$.




#730878 $f(f(x))+f(x)=( {{16}^{{{10}^{20...

Gửi bởi Hoang72 trong 03-10-2021 - 17:16

Đặt $16^{10^{2018}}=a\in\mathbb N^*$.

Từ phương trình hàm đã cho ta có $f(f(x))+f(x)=(a+a^2)x,\forall x\in\mathbb R^+$. (*)

Với mỗi $x\in\mathbb R^+$, xây dựng dãy số $(u_n)_n$ như sau:

$u_0=x; u_n=f(u_{n-1}),\forall n\in\mathbb N^*$.

Từ (*) ta có $u_{n+2}+u_{n+1}-(a^2+a)u_n=0,\forall n\in\mathbb N$.

Phương trình đặc trưng $\lambda^2+\lambda-(a^2+a)=0$ có hai nghiệm là $a$ và $-(a+1)$. 

Do đó $u_n=\alpha a^n+\beta(-a-1)^n$.

Ta có $u_{2n}\geq 0\Rightarrow 0\leq \alpha a^{2n}+\beta (a+1)^{2n}\Rightarrow \beta\geq -\alpha\left(\frac{a}{a+1}\right)^{2n}$.

$u_{2n+1}\geq 0\Rightarrow 0\leq \alpha a^{2n+1}-\beta (a+1)^{2n+1}\Rightarrow \beta \leq \alpha\left(\frac{a}{a+1}\right)^{2n+1}$.

Do đó $-\alpha\left(\frac{a}{a+1}\right)^{2n}\leq\beta \leq \alpha\left(\frac{a}{a+1}\right)^{2n+1},\forall n\in\mathbb N$. (1)

Từ (1) cho $n\to\infty$ và sử dụng nguyên lí kẹp ta có $\beta = 0$.

Do đó $x=u_0=\alpha a, f(x)=u_1=\alpha a^2 = ax$.

Thử lại ta thấy hàm này thoả mãn.

Vậy $f(x)=16^{10^{2018}}x,\forall x\in\mathbb R^+$.




#730703 Đề chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2021-2022

Gửi bởi Hoang72 trong 26-09-2021 - 09:00

Bài 3. (5 điểm) 

Cho tam giác $ABC$ nhọn, trực tâm $H$, tâm ngoại tiếp $O$. Các điểm $K,L$ lần lượt đối xứng với $O$ qua $AC,AB$. Đường thẳng $CK$ cắt đường tròn $(AHK)$ tại $M$ khác $K$. Đường thẳng $BL$ cắt đường tròn $(AHL)$ tại $N$ khác $L$. $HM$ cắt $AC$ tại $E$ và $HN$ cắt $AB$ tại $F$. Đường thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $D$.

a) Chứng minh rằng tam giác $ABN$ đồng dạng với tam giác $CAM$.

b) Chứng minh rằng đường thẳng $HD$ vuông góc với đường thẳng $OA$.

Giả sử AC $\geq$ AB.

a) $\angle BAN=\angle NAH-\angle BAH-\angle BLH-\angle BAH=\angle BAH=\angle OAC=\angle MCA$. Tương tự, $\angle CAM=\angle ABN$.

Suy ra $\Delta ABN\sim\Delta CAM(g.g)$.

b) Nhận thấy AB là phân giác của góc $NAH$ (câu a) nên $\frac{HA}{HF}=\frac{NA}{NF}$.

Lại có $LA=LH$ nên NB là phân giác ngoài của $\angle HNA$, suy ra $\frac{NA}{NF}=\frac{BA}{BF}$.

Từ đó $\frac{HA}{HF}=\frac{BA}{BF}$.

Suy ra HB là phân giác ngoài góc AHF.

Tương tự $\frac{HA}{HE}=\frac{CA}{CE}$ nên HC là phân giác ngoài góc AHE.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AEF với cát tuyến E, F, D có $\frac{DE}{DF}=\frac{CE}{AC}.\frac{AB}{BF}=\frac{HE}{HF}$.

Do đó HD là phân giác ngoài của $\angle EHF$.

HD cắt AO tại X.

Khi đó $\angle AHD=\angle DHF+\angle AHF=\frac{180^o-\angle EHF}{2}+\angle AHF=\frac{180^o-\angle AHE+\angle AHF}{2}=\frac{180^o-2\angle AHC+2\angle AHB}{2}=90^o+\angle ABC-\angle ACB=90^o+\angle HAO$

Vậy $HD\perp AO$.




#730375 Chứng minh rằng $NI=NM$

Gửi bởi Hoang72 trong 14-09-2021 - 17:31

Gọi P là trung điểm của EF. 

Qua G kẻ đường thẳng song song với BC cắt lại $(I)$ tại J, cắt EF tại L.

Dễ thấy $\angle LEF=\angle LGF=\angle ACB$. Tương tự $\angle LFE=\angle ABC$.

Ta cũng có $\Delta JEL\sim\Delta ACD$, $\Delta JFL\sim\Delta ABD$ nên $\frac{LE}{LF}=\frac{DC}{DB}=\frac{DF}{DE}$ nên $LE=DF$.

Từ đó $\frac{DP}{PF}=\frac{LP}{PF}=\frac{MD}{MC}$. Suy ra $MP||CF$ nên $MP\perp EF$ nên $M,P,I$ thẳng hàng.

Dễ dàng nhận thấy $\angle ILF=\angle ODB$ nên $\angle IDL=\angle ODM$. Suy ra $\angle MOD=\angle MID$ nên M, O, I, D cùng thuộc $(OD)$. Gọi Q là trung điểm của OD thì $QM=QI$, mà $NQ||AD\Rightarrow NQ\perp MI$. Từ đó QN là trung trực của MI nên $NM=NI$.

 

Hình gửi kèm

  • Untitled.png



#730351 Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Đồng Tháp 2021

Gửi bởi Hoang72 trong 13-09-2021 - 11:47

Bài 3:   Cho dãy số $(a_n)_n$ được xác định như sau $\left\{\begin{matrix}a_0=1 \, \, , \, \,a_1=13\\ a_{n+2}=14a_{n+1}-a_n \, \, , \forall n\in \mathbb{N}\end{matrix}\right.$

 

       a)   Chứng minh rằng $2a_n-1$ là số chính phương với mọi số tự nhiên $n$

a) Ta có $\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_{n}}\Rightarrow a_{n+2}a_n-a_{n+1}^2=a_{n+1}a_{n-1}-a_{n}^2=...=a_2a_0-a_1^2=12$.

Từ đó $(2a_{n+2}-1)(2a_n-1)=4a_{n+2}a_n-2a_{n+2}-2a_n+1=4a_{n+1}^2+48-28a_{n+1}+1=(2a_{n+1}-7)^2$.

Với $n=1;n=2$ ta có $2a_n-1$ là số chính phương nên quy nạp ta sẽ có $2a_n-1$ là số chính phương với mọi số tự nhiên n. (đpcm)

b) Đặt $2a_n-1=(2k+1)^2$ thì $a_n=2k^2+2k+1=k^2+(k+1)^2$ là tổng bình phương hai số nguyên.




#730284 Chứng minh pt $\frac{x+1}{y}+\frac{y+...

Gửi bởi Hoang72 trong 10-09-2021 - 19:16

PT tương đương $(x+y)^2+(x+y)=5xy$.

Chọn $x+y=5k(k\in\mathbb N^*)$. 

Khi đó $xy=5k^2+k$.

Do đó $x,y$ là nghiệm của phương trình $t^2-5kt+(5k^2+k)=0$.

Phương trình trên luôn có 2 nghiệm dương.

Khi đó $t=\frac{5k\pm\sqrt{5k^2-4k}}{2}$. 

Nhận thấy nếu $5k^2-4k$ là số chính phương thì $t$ luôn là số nguyên dương.

Do đó ta chỉ cần chứng minh tồn tại vô số giá trị $k$ để $5k^2-4k$ là số chính phương.

Đặt $5k^2-4k=m^2\Leftrightarrow (5k-4)^2=5m^2+16\Leftrightarrow 5m^2-(5k-4)^2+16=0$.

Đây là phương trình Pell và có vô số nghiệm nguyên dương.

Vậy ta có đpcm.




#730263 Tìm điểm M (điểm Torricenlly) sao cho MA + MB + MC + MD nhỏ nhất ?

Gửi bởi Hoang72 trong 09-09-2021 - 20:00

$MA+MB+MC+MD\geq AC+BD$. Dấu bằng khi M là giao 2 đường chéo.