|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
|
13-10-2018, 08:30 AM | #1 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2018 Bài gởi: 28 Thanks: 14 Thanked 2 Times in 2 Posts | Bài 8 phần số học:Ta có thể tổng quát hóa kết quả bài toán như sau: Cho 2 đa thức $P(x),Q(x) \in Z[x]$ thỏa mãn $P,Q$ nguyên tố cùng nhau.Đặt $a_n=(|P(n)|,|Q(n)|) \forall n\in Z^+$,khi đó dãy $a_n$ tuần hoàn CM: Do $P,Q$ ntcn,nên tồn tại $R,S\in Z[x]$ sao cho $PR+QS=c$ Do đó $a_n|c \forall n$ Mặt khác $P(n+c)=P(n)(mod c),Q(n+c)=Q(n)(mod c)$,tồn tại $a,b$ để $aP(n)+bQ(n)=a_n=aP(n+c)+b(Q(n+c)(mod c)$ nên $a_n=aP(n+c)+bP(n+c)(mod a_{n+c})$ hay $a_{n+c}|a_n$hoàn toàn tương tự ta cx có $a_n|a_{n+c}$ nên dãy $a_n$ tuần hoàn chu kì $c$ thay đổi nội dung bởi: sieunhanbachtang, 13-10-2018 lúc 08:33 AM |
19-09-2018, 01:30 AM | #2 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2017 Bài gởi: 7 Thanks: 1 Thanked 6 Times in 4 Posts | Đề SP & KHTN Số học $1$.Câu $a$ đơn thuần là chọn số câu $b$ giả sử phản chứng $m=p.S$ thì chú ý $p,S<=m/3$ nên chọn đc $xi-xj=p$ và $xi+xj-1=2S$ từ đó có ĐPCM $2$. Đặt $a1=m$ chia khoảng và chú ý $a_x=y$ và $a_y=x$ nên $2m-2|n$ $3$. Phản chứng là vô hạn. Do tích $= 2018!$, tổng $2018$ số $<=2018!+2017$, mà dễ thấy qua mỗi bước tổng đều tăng nên dễ thấy vô lí $4$.Khai triển $p^{2^{n+1}}-1/p-1$ ta được $(p+1)...(p^{2^n}+1)$ mà CM đc các thừa số trên nguyên tố cùng nhau nên $p+1=a^2$, $p^2+1=b^2$ nên $a^4-2a^2+2=b^2$ dùng pp chặn thấy chỉ có $a=1$ là t/m $5$. Đặt $u_n=a_n+1$ thì $u_1=1, u_2=4$ và $u_{n+2}=7u_{n+1}-u_{n}-2$ bằng quy nạp đơn giản thu được $u_n=F_{2n-1}^2$ nên $a_n+5=F_{2n-1}^2+4$ chú ý rằng $2027$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$ nên theo bổ đề quen thuộc ta có ĐPCM Đại số $1$. Dùng $ab(a+b)<=a^3+b^3$ và CT tính $1^3+...+n^3$ $2$. Sử dụng phản chứng thì đc $f$ có $2$ hoặc $4$ nghiệm cân bằng hệ số đc ĐPCM $5$. Xuất phát từ bài toán quen thuộc $P(x)^2=P(x^2)$: Xét bậc $2n, 2n-1$ của VP thì suy ra $P(x)=x^k$ thay vào được $C=0$ đáp số là $0,1,x^n$ $6$. Đặt $x=a/b+c$ thì ta tính được $P<=2-6abc/(a+b)(b+c)(c+a)<=5/4$ và $P>=0$ do $a,b,c$ không âm thay đổi nội dung bởi: nguyenhaan2209, 19-09-2018 lúc 07:17 AM |
19-09-2018, 03:45 PM | #3 | |
Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Đến từ: THPT Chuyên Bảo Lộc Bài gởi: 17 Thanks: 51 Thanked 10 Times in 7 Posts | Trích:
Áp dụng tính chất trên ta suy ra $b-a\mid P(b)-P(a)=1$ và $c-b\mid P(c)-P(b)=1$, nên $b-a$ và $c-b$ nhận giá trị bằng $1$ hoặc $-1$, nhưng $P(a)\ne P(c)$ nên $a\ne c$, tức là $(b-a)+(c-b)\ne 0$, nên $b-a$ và $c-b$ cùng bằng $1$ hoặc cùng bằng $-1$, do đó $a+c=2b$, ta có điều cần chứng minh. | |
The Following User Says Thank You to ncthanh For This Useful Post: | MATHSCOPE (20-09-2018) |
19-09-2018, 11:47 PM | #4 |
Moderator Tham gia ngày: Sep 2016 Bài gởi: 23 Thanks: 26 Thanked 15 Times in 8 Posts | $\boxed{10}$ [Hải Phòng] Giải phương trình sau với 2018 dấu phân số\[1 + \dfrac{1}{{1 + \dfrac{1}{\begin{array}{l} 1 + \\ \quad\ddots \;1 + \dfrac{1}{x}\\ \end{array}}}} = x.\] - Nhận xét 1 : Nếu $a$ là nghiệm của phương trình $f(x)=x$ thì cũng là nghiệm của $f(f(x))=x$ (vì $f(f(a))=f(a)=a$ . Áp dụng nhận xét liên tiếp 2017 lần với $f(x)=1+\frac{1}{x}$, ta suy ra 2 nghiệm của phương trình $1+\frac{1}{x}=x$ cũng là nghiệm của phương trình đề bài. - Nhận xét 2: Phương trình đã cho thực chất là phương trình bậc 2 nên có tối đa 2 nghiệm. Từ đó ta kết luận được phương trình có 2 nghiệm là $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$; $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ thay đổi nội dung bởi: vnt.hnue, 20-09-2018 lúc 04:23 PM |
20-09-2018, 04:32 PM | #5 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2013 Bài gởi: 2 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts | Trích:
| |
20-09-2018, 12:34 AM | #6 |
Moderator Tham gia ngày: Sep 2016 Bài gởi: 23 Thanks: 26 Thanked 15 Times in 8 Posts | $\boxed{3}$ [Lạng Sơn] Cho $a,\,b,\,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng \[{\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)^2} \ge \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right).\] Đặt $\frac{a}{b}=x,\frac{b}{c}=y,\frac{c}{a}=z$, có $xyz=1$. BĐT trở thành: $(x+y+z)^{2}\ge x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+3$ hay $(x+y+z)^{2}\ge x+y+z+xy+yz+zx+3$ hay $x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx\ge x+y+z+3$ Sử dụng giả thiết $xyz=1$, bđt cần chứng minh có được trực tiếp từ $xy+yz+zx\ge 3$ và $x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge x+y+z$ |
20-09-2018, 03:35 PM | #7 | |
Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Đến từ: THPT Chuyên Bảo Lộc Bài gởi: 17 Thanks: 51 Thanked 10 Times in 7 Posts | Trích:
\[\begin{array}{l} {\rm{ }}\frac{{\sqrt {{x^2}{y^2} + 1} }}{y} + \frac{{\sqrt {{y^2}{z^2} + 1} }}{z} + \frac{{\sqrt {{z^2}{x^2} + 1} }}{x}\\ = \sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{y^2}}}} + \sqrt {{y^2} + \frac{1}{{{z^2}}}} + \sqrt {{z^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \\ = \sqrt {\left( {{x^2} + \frac{1}{{81{y^2}}}} \right) + \frac{{80}}{{81{y^2}}}} + \sqrt {\left( {{y^2} + \frac{1}{{81{z^2}}}} \right) + \frac{{80}}{{81{z^2}}}} + \sqrt {\left( {{z^2} + \frac{1}{{81{x^2}}}} \right) + \frac{{80}}{{81{x^2}}}} \\ \ge \sqrt {\frac{{2x}}{{9y}} + \frac{{80}}{{81}}{y^2}} + \sqrt {\frac{{2y}}{{9z}} + \frac{{80}}{{81}}{z^2}} + \sqrt {\frac{{2z}}{{9x}} + \frac{{80}}{{81}}{x^2}} {\rm{ }}\left( {AM - GM} \right)\\ \ge \sqrt {\frac{2}{9}{{\left( {\sqrt {\frac{x}{y}} + \sqrt {\frac{y}{z}} + \sqrt {\frac{z}{x}} } \right)}^2} + \frac{{80}}{{81}}{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} \\ \ge \sqrt {\frac{2}{9}{{\left( {3\sqrt[3]{{\frac{x}{y}.\frac{y}{z}.\frac{z}{x}}}} \right)}^2} + \frac{{80}}{{81}}{{\left( {\frac{9}{{x + y + z}}} \right)}^2}} {\rm{ }}\left( {Minkowski} \right)\\ = \sqrt {82} \end{array}\] Vậy giá trị nhỏ nhất của $T$ là $\sqrt {82}$ đạt được khi $x = y = z = \frac{1}{3}$ | |
18-09-2018, 02:41 PM | #8 |
Administrator Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 30 Thanks: 110 Thanked 183 Times in 68 Posts | Đề thi các trường chuyên và các tỉnh năm học 2018-2019-Lời giải và bình luận Các bài toán Hình Học $\boxed{1}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội] Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$ $P,\,Q$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $OAB,\,OAC$. $R$ là điểm đối xứng của $O$ qua $BC$. Gọi $X$ là giao điểm của $RP$ và $CP$, $Y$ là giao điểm của $RC$ và $BQ$. Chứng minh rằng $\widehat{BAX} = \widehat{YAC}$. $\boxed{2}$ [Chuyên ĐHSP Hà Nội]Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp đường tròn $O$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $E$ là giao điểm của $BI$ và $AC$, $F$ là giao điểm của $CI$ và $AB$; $M,\,N$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $BI$ và $CI$ và đường tròn $O$. Đường thẳng $BI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BNF$ tại điểm thứ hai $P$, đường thẳng $CI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $CME$ tại điểm thứ hai $Q$.
$\boxed{3}$ [Lạng Sơn] Cho hình chữ nhật $ABCD$, nội tiếp đường tròn $O$. Gọi $M,\,N$ lần lượt là trung điểm các cung nhỏ $BC,\,AD$. Gọi $I,\,J$ lần lượt là trung điểm $OM,\,ON$. Gọi $K$ là điểm dối xứng với $O$ qua $M$.
$\boxed{4}$ [Quảng Bình] Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm $BC$. Gọi $D,\,E,\,F$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn ($I$) nội tiếp tam giác $ABC$ với các cạnh $AB,\,BC,\,AC$, đường thẳng $EF$ cắt đường thẳng $CI,\,BI,\,AM$ lần lượt tại $X,\,Y,\,N$. Chứng minuh rằng
$\boxed{5}$ [Quảng Bình] Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân, ($AB<AC$) có $H$ là trực tâm, nội tiếp đường tròn $(O)$ $BE,\,CF$ là các đường cao của tam giác $ABC$ $(E\in AC,\,F\in AB )$. Đường thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $G$, đường thẳng $AG$ cắt đường tròn $(O)$ tại $M$.
$\boxed{6}$ [Sài Gòn] Cho $AB$ là một dây cố định khác đường kính của đường tròn $(O)$ cố định. Gọi $M$ là trung điểm của cung nhỏ $AB$. Xét đường tròn $\left(O' \right)$ thay đổi tiếp xúc $(O)$ tại một điểm thuộc cung lớn $AB$ ($\left(O' \right)$ khác phía đối với $M$ so với đường thẳng $AB$). Các đường thẳng qua $M$ vuông góc với $O'A$ và $O'B$ cắt $AB$ tại các điểm $C,\,D$.
$\boxed{7}$ [Sài Gòn] Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân và nội tiếp $(O)$. Một đường tròn $(J)$ thay đổi đi qua $B,\,C$ và cắt các đoạn $AB,\,AC$ lần lượt tại $D,\,E$. Trên đường thẳng $BC$ lấy hai điểm phân biệt $R,\,S$ sao cho $(DER)$ và $(DES)$ tiếp xúc với đường thẳng $BC$. giả sử $(ADE)$ cắt $(O)$ tại $M$ khác $A$. Gọi $(O')$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $RSM$.
$\boxed{8}$ [Hà Nội] Cho hai đường tròn $(O)$ và $\left( {O'} \right)$ cắt nhau tại $A,\,B$. Qua $A$ kẻ hai đường thẳng $A_1$ và $A_2$, đường thẳng $A_1$ cắt hai đường tròn $(O)$ và $\left( {O'} \right)$ lần lượt tại $C$ và $D$;đường thẳng $A_2$ cắt hai đường tròn $(O)$ và $\left( {O'} \right)$ lần lượt tại $E$ và $F$($C,\,D,\,E,\,F$ khác $A$). Các đường trung trực $CD$ và $EF$ cắt nhau tại $K$. Đường thẳng $d$ thay đổi đi qua $K$ cắt đường tròn $\left( {O'} \right)$ tại $P,\,Q$. Chứng minh rằng trực tâm tam giác $APQ$ luôn nằm trên một đường tròn cố định. Sẽ update thường xuyên.. |
The Following 2 Users Say Thank You to MATHSCOPE For This Useful Post: | huynhcongbang (03-10-2018), ncthanh (21-09-2018) |
21-09-2018, 02:53 PM | #9 | |
Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Đến từ: THPT Chuyên Bảo Lộc Bài gởi: 17 Thanks: 51 Thanked 10 Times in 7 Posts | Trích:
2. Trước tiên ta phát biểu bổ đề sau: " Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$, ngoại tiếp đường tròn (I); đường phân giác của góc $B$ cắt $AC$ tại $E$ và cắt đường tròn (O) lần nữa tại $K$; đường phân giác góc $C$ cắt $AB$ tại $F$ và cắt đường tròn (O) lần nữa tại $L$. Khi đó ta có $IE.BK=IF.CL$" Chứng minh: Kí hiệu $a$, $b$, $c$ lần lượt là độ dài các cạnh $BC$, $CA$, $AB$; $p$ là nửa chu vi tam giác $ABC$ và $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Ta có $BK.BE=ca$, đồng thời $\frac{{IE}}{{BE}} = \frac{{\left[ {AIC} \right]}}{{\left[ {ABC} \right]}} = \frac{{\frac{1}{2}br}}{{pr}} = \frac{b}{{a + b + c}}$, nên $BK.IE = \frac{{abc}}{{a + b + c}}$, tương tự $CL.IF = \frac{{abc}}{{a + b + c}}$, suy ra $IE.BK=IF.CL$. Hoàn tất chứng minh. Trở lại bài toán. Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $EFPQ$ . Ta có $K$ nằm trên $\Delta $ nếu và chỉ nếu $IK$ vuông góc với $BC$, hay:\[I{B^2} - I{C^2} = K{B^2} - K{C^2} \qquad(1).\] Điều này tương đương với: \[ IB.BP + IB.IP - IC.CQ - IC.IQ = BP.BE - CQ.CF.\] Hay: \[\begin{array}{l} {\rm{ }}IB.IP - IC.IQ = BP.IE - CQ.IF\\ \Leftrightarrow IN.IF - IE.IM = BP.IE - CQ.IF\\ \Leftrightarrow IE.\left( {BP + IM} \right) = IF.\left( {CQ + IN} \right)\\ \Leftrightarrow IE.\left( {BM - PI} \right) = IF.\left( {CN - IQ} \right)\\ \Leftrightarrow IE.BM = IF.CN. \qquad(2) \end{array}\] Tới đây, áp dụng bổ đề vừa chứng minh ta có ngay đẳng thức $(2)$ đúng, tức là đẳng thức $(1)$ đúng, do đó $K$ thuộc $\Delta$. | |
The Following 2 Users Say Thank You to ncthanh For This Useful Post: | Le khanhsy (25-09-2018), nguyenhaan2209 (21-09-2018) |
21-09-2018, 10:09 AM | #10 | |
Super Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 48 Thanks: 52 Thanked 57 Times in 30 Posts | Trích:
$$27(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2 \ge 0$$ Chúng ta thu được \[- 2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q} \le 2p^3-9pq+27r \le 2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q},\] từ đây ta có \[\dfrac{-2p^3+9pq-2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{9} \le abc \le \dfrac{-2p^3+9pq+2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{27}.\] Bây giờ ta xét $a,b,c$ không âm, ta chuẩn hóa $a+b+c=3$ và khi đó tồn tại $t\in[0;1)$ sao cho $ab+bc+ca=3-3t^2$. Khi đó ta có \[ (t+1)^2(1-2t)\le abc \le (t-1)^2(2t+1)\] Vậy nên chúng ta cần chứng minh \[\dfrac{3(3-3t^2)}{(t-1)^2(2t+1)} +\dfrac{4\sqrt{2}(3-3t^2)}{3+6t^2}\ge 9+4\sqrt{2}.\] Việc nhóm các đối tượng cùng trọng số dễ dàng đưa chúng ta đến \[\dfrac{24\sqrt{2}t^2\left(t+2-\dfrac{3}{\sqrt{2}} \right)^2}{(1-t)(2t+1)(2t^2+1)} \ge 0 .\] Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ và hoán vị $\left(x,x,x\sqrt{2} \right).$ Ngoài ra chúng ta cũng có thể giải bằng thuần Cauchy-Schwarz một cách dễ dàng | |
21-09-2018, 12:06 PM | #11 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2017 Bài gởi: 7 Thanks: 1 Thanked 6 Times in 4 Posts | Câu BĐT đề KHTN: Với đề bài này ta nghĩ ngay tới phép thế $x=\frac{a}{b+c}, y=\frac{b}{c+a},z=\frac{c}{a+b}$ Biểu thức đã cho trở thành: $A=\sum \frac{ab}{(c+a)(c+b)}+\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)( c+a)}}\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}$ Hay: $1+\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}(\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}-2\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}})$ Đặt $\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}=t$ $1.$ Nếu a,b,c không có số nào bằng 0 thì $\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \sum \frac{a}{\sqrt{a(b+c)}}\geq 2>t$ Nếu có $1$ số $=0$, dễ thấy không đồng thời có $2$ số $=0$ nên WLOG gs $a=0$ thì $\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}=\sum\sqrt{\frac{b}{c}}\geq 2>t$ Rõ ràng cả $2$ TH đều cho ta $A\geq1$ hay $minA=1$ dấu $"="$ xảy ra khi $(x,y,z)=(1,1,0)$ và các hoán vị $2$. Ta có BĐT sau: $\sum \sqrt{\frac{2a}{b+c}}\geq 3$ $CM:$ Do vai trò đồng bậc, ta chuẩn hóa $a+b+c=3$ Bằng pp tiếp tuyến, ta CM đc $\sqrt{\frac{2a}{3-a}}\geq 1+\frac{a-1}{4}$ Biến đổi tương đương cái trên thành $(a-1)^2(a+5)\geq0$ hiển nhiên đúng Áp dụng: $A\leq -2t^2+\frac{3}{\sqrt{2}}t+1$ Kháo sát hàm bậc $2$ trên $[0,\frac{1}{2\sqrt{2}}]$ có $A'=-4t+\frac{3}{\sqrt{2}}>0$ nên hàm đồng biến Do vậy $A$ đạt cực đại tại $A(\frac{1}{2\sqrt{2}})=\frac{3}{2}$ Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$ hay $x=y=z=\frac{1}{2}$ ------------------------------ Bài $12$ Đại số (Quảng Bình): Gọi $x_1, x_2, . . . , x_n$ là các nghiệm thực của $P(x)$. Nếu tồn tại $i ∈ {1, 2, . . . , n}$ sao cho $x_i<y$ thì $P(x_i)>0$ (mâu thuẫn vì $x_i$ là nghiệm của $P(x)$). Vậy ta có $0 < y ≤ x_i (i=1,n)$ Mặt khác ta có $P(x) = (x − x_1) (x − x_2). . .(x − x_n)$ và $n$ chẵn nên $P(0) = (−1)^nx_1x_2 . . . x_n = x_1x_2 . . . x_n > 0$ (do n là số chẵn) $P(y) = (y − x_1) (y − x_2). . .(y − x_n)= (x1 − y) (x2 − y). . .(xn − y) ≥ 0$ Điều cần chứng minh trở thành $[y+\sqrt{(x_1 − y) (x_2 − y). . .(x_n − y)}]^n≤ x_1x_2 . . . x_n$ Áp dụng BĐT Holder ta được: $x_1x_2 . . . x_n = (y + x_1 − y) (y + x_2 − y). . .(y + x_n − y)≥[y+\sqrt{(x_1 − y) (x_2 − y). . .(x_n − y)}]^n$ Đây chính là điều phải chứng minh. thay đổi nội dung bởi: nguyenhaan2209, 21-09-2018 lúc 12:26 PM Lý do: Tự động gộp bài |
The Following User Says Thank You to nguyenhaan2209 For This Useful Post: | ncthanh (21-09-2018) |
21-09-2018, 01:28 PM | #12 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2017 Bài gởi: 7 Thanks: 1 Thanked 6 Times in 4 Posts | Câu $13$ Đại số (Quảng Bình) $f(x-y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y) \forall x\in R$ (1) Gọi $P(u,v)$ là phép thế $x$ bởi $u$, $y$ bởi $v$ vào (1) + $P(x,0): f(0)(f(x)-2)=0$. TH $f(x)=2\forall x\in R$ ta thấy thỏa mãn do đó ta xét $f(0)=0$ + $P(-1,-1): f(1)=f(-1)^2$ mà $P(0,1): f(-1)=-f(1)$ nên $f(1)=0$ hoặc $1$ $TH1: f(1)=0$ nên $f(-1)=0$ + $P(x+1,1): f(x)=0$ thử lại ta thấy $f(x)=0 \forall x\in R$ thỏa mãn TH$2$: $f(1)=1$ + $P(x+1,1): f(x+1)=f(x)+1$ $(2)$ + $P(x+1,y): f(x+1-y)+f(xy+y)=f(x+1)-f(y)+f(x+1)f(y)$ Từ $(2)\Rightarrow f(x-y)+1+f(xy+y)=f(x)+1-f(y)+f(x)f(y)+f(y)$ $\Rightarrow f(x-y)+f(xy+y)=f(x)+f(x)f(y)=f(x-y)+f(xy)+f(y)$ $\Rightarrow f(xy+y)=f(xy)+f(y) \Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y)$ $(3)$ + $P(0,y):f(-y)=-f(y)$ do đó $f(x-y)=f(x)+f(-y)=f(x)-f(y)$ Thay vào $(1)$ thì $f(xy)=f(x)f(y)$ $(4)$ Từ $(3)(4)$ theo kết quả quen thuộc thì $f(x)=x$ Vậy bài toán có $3$ nghiệm hàm là $f(x)\equiv 0, f(x)\equiv 2, f(x)\equiv x \forall x\in R$ |
21-09-2018, 01:38 PM | #13 | |
Super Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 48 Thanks: 52 Thanked 57 Times in 30 Posts | Trích:
\[1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 = \dfrac{ n^2 (n+1)^2}{4} .\] Theo giả thiết thì và kết hợp đẳng thức trên thì \[ \sum_{k=1}^nx^3_k+ \sum_{k=1}^nk^3= \dfrac{ n^2 (n+1)^2}{2}.\] Vì thế bài toán cần chứng minh \[\sum\limits_{k = 1}^n {k{x_k}\left( {k + {x_k}} \right)} \le \sum_{k=1}^n \left( x^3_k+k^3\right),\] hay \[\sum_{k=1}^n \left( x_k-k\right)^2\left( x_k+k\right)\ge 0.\] Bất đẳng thức trên là luôn đúng trên tập số tự nhiên. | |
The Following User Says Thank You to Le khanhsy For This Useful Post: | ncthanh (21-09-2018) |
21-09-2018, 04:11 PM | #14 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2017 Bài gởi: 7 Thanks: 1 Thanked 6 Times in 4 Posts | Hình học $1$. Chú ý tính chất điểm $Kosnita$ ($U$ là tâm $(OBC)$ thì $AU,BP,CQ$ đồng quy). Đoạn sau sử dụng hàng điểm điều hòa và chú ý qua phép đối xứng trục là pg góc $A$ bảo toàn tỉ số kép nên $AX,AY$ đẳng giác $2$. Câu $a$ biến đổi góc đơn giản. Câu $b$ sử dụng định lí $4$ điểm ĐPCM tương đương với $SB^2-SC^2=IB^2-IC^2$ sau cùng cần cm $IE/IF=BN/CM$ điều này đúng dựa theo định lí $sin$ (lồng $IB, IC$ vào) và ta có ĐPCM $3$. $a) OJ.OK=ON.OM=OB.OD$ nên $BJDK$ nội tiếp $b)$ $OI.OK=1/2R.2R=OA^2$ nên $OAI=OKA=KAB$ nên $AK$, $AI$ đẳng giác góc $BAC$ mà $AI$ là đường kính $(APQ)$ nên $AK$ là đg cao tức $AK$ vg $PQ$ $4$. $a)$ Theo kết quả quen thuộc thì $BXYC$ nội tiếp mà $XY/BC=XY/2R=sinXBY=sinEFI=sinA/2$ luôn cố định do $A$ const $b)$ Kẻ đgt qua $N//BC$ ta có $IEG$~$IFH$ do $EIG=END=HNF=HIF$ nên $IH/IG=IE/IF=1$ tức $N$ là tđ $HG$ suy ra $AN$ đi qua tđ $M$ của $BC$ $NX/NY=IX/IY.cosC/2:cosB/2=sinC/2cosC/2:sinB/2cosB/2=sinC/sinB=AC/AB$ $5.$ $a)$$DH.DA=DB.DC=DG.DT$ (Maclaurin) nên $H$ là trực tâm $ATG$ hay $GH$ vg $AT$ $b)$Gọi $IJ$ cắt $(O)$ tại $S$, $GS$ cắt $(O)$ tại $L$. Ta có: $LC/LB=GC/GB.SB/SC$ (bổ đề quen thuộc) =$GC/GB.IC/IB.JB/JC$ (bổ đề cát tuyến) $=EC/EA.FA/FB.IC/IB.JB/JC$ (định lí $Menelaus$) $=(AC/AB)^2.DC/DB.sinPAC/sinPAB.JB/JD.JD/JC$ (định lí $sin$) $=(AC/AB)^2.DC/DB.AB/AC.PC/PB.BD/PC.BP/DC$ ($JB/JD=JP/JC$) $=AC/AB$ Từ đó theo bổ đề cát tuyến ta có $AL$ đi qua tđ $T$ của $BC$, từ đó rõ ràng thấy $S$ cố định hay $IJ$ luôn đi qua điểm $S$ cố định thay đổi nội dung bởi: nguyenhaan2209, 21-09-2018 lúc 04:14 PM |
The Following User Says Thank You to nguyenhaan2209 For This Useful Post: | ncthanh (21-09-2018) |
21-09-2018, 08:39 PM | #15 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 300 Thanks: 35 Thanked 307 Times in 151 Posts | Trích:
Giả sử $a = \max\{a,b,c\}.$ Ta xét hai trường hợp sau: 1. Nếu $b \geqslant c,$ áp dụng bất đẳng thức AM-GM \[4(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \leqslant \left [\frac{a+b+c}{b}+b\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \right ]^2.\] Ta quy bài toán về chứng minh \[2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right ) \geqslant \frac{a+b+c}{b}+b\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ),\] thu gọn thành \[\frac{(a-c)\left[b(b-c)+c(a-b)\right]}{abc} \geqslant 0.\] Hiển nhiên đúng. 2. Nếu $b \leqslant c,$ đánh giá tương tự như trên \[4(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \leqslant \left [\frac{a+b+c}{c}+c\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \right ]^2,\] ta đưa bài toán về chứng minh \[2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right ) \geqslant \frac{a+b+c}{c}+c\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ),\] tương đương với \[\frac{(a-b)(2ca-ab-c^2)}{abc} \geqslant 0.\] \[\frac{(a-b)\left[c(a-c)+a(c-b)\right]}{abc} \geqslant 0.\] Hiển nhiên đúng. Trong mọi trường hợp bất đẳng thức đều được chứng minh. Ngoài ra thì \[{\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)^2} \-\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = \sum \frac{(a+b)(a-b)^2}{ab^2} \geqslant 0.\] ------------------------------ Bài này có thể giải thuần túy Cauchy-Schwarz bằng 2 cách. __________________ Nguyen Van Huyen Ho Chi Minh City University of Transport thay đổi nội dung bởi: Nguyenhuyen_AG, 21-09-2018 lúc 09:17 PM Lý do: Tự động gộp bài | |
The Following User Says Thank You to Nguyenhuyen_AG For This Useful Post: | ncthanh (21-09-2018) |
Bookmarks |
|
|