T-Math 2


Bài 1. Tìm tất cả các hàm số f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
a) f(f(x^2)+y+f(y))=x^2+2f(y)\,\,\,\,\forall x,y\in\mathbb{R}.
b) \forall x,y\in\mathbb{R}, nếu x<y thì f(x)\leq f(y).
Bài 2. Hai đường tròn K_1,K_2 khác bán kính cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B. Gọi C,D lần lượt là hai điểm trên K_1,K_2 tương ứng sao cho A là trung điểm của CD. Kéo dài DB đến cắt K_1 tại E, kéo dài CB đến cắt K_2 tại F. Gọi l_1,l_2 lần lượt là trung trực của CD,EF.
a) Chứng minh rằng l_1,l_2 cắt nhau. Gọi P là giao điểm của chúng;
b) Chứng minh rằng CA,AP,PE là độ dài các cạnh của một tam giác vuông.
Bài 3. Cho các số thực dương a,bc thỏa mãn a+b+c=3.
Chứng minh rằng
\sqrt[3]{a+bc}+\sqrt[3]{b+ca}+\sqrt[3]{c+ab}\geq \sqrt[3]{2}(ab+bc+ca).

Download

6 thoughts on “T-Math 2”

  1. Lời giải của bài phương trình hàm.
    Giả sử f là một hàm số thỏa mãn các yêu cầu của bài toán.
    Đặt f(0)=a và xét hai trường hợp
    1/. Nếu a\geq 0.
    Lần lượt cho x=0,y=0x=y=0 vào đồng nhất thức trong đầu bài ta được f(a+y+f(y))=2f(y)\,\,(1)\,\,\forall y\in\mathbb{R}.
    f(a+f(x))=x+2a\,\, (2)\,\,\forall x\geq 0. f(2a)=2a.
    Trong (1) cho y=2a ta có f(5a)=4a.
    Trong (2) cho x=2a\geq 0 rồi x=3a\geq 0 ta được f(3a)=4a,f(5a)=5a. Suy ra 4a=5a, hay a=0. Như vậy f(0)=0.
    2/. Nếu a<0.
    Trong đồng nhất thức ban đầu cho x=\sqrt{-2a},y=0 ta thấy tồn tại b\in\mathbb{R} sao cho f(b)=0. Cũng trong đồng nhất thức ban đầu, cho x=0,y=b ta được f(a+b)=0. Bằng quy nạp theo n ta được f(b+na)=0\,\,\forall n\geq 0.a<0f không giảm nên từ đây ta có tồn tại số thực M<0 để f(x)=0\,\,\forall x<M.
    Với mỗi x\in\mathbb R, cố định nó và chọn y<M sao cho f(x^2)+y<M. Từ đồng nhất thức ban đầu ta có
    0=f(f(x^2)+y)=f(f(x^2)+y+f(y))=x^2+2f(y)=x^2, suy ra x^2=0\,\,\forall x\in\mathbb{R}. Điều này không thể xảy ra.
    Như vậy qua viêc xét hai trường hợp trên ta được f(0)=0.
    Trong đồng nhất thức ban đầu ta cho y=0 thì được f(f(x))=x\,\,\forall x\geq 0, cho x=0 ta được f(x+f(x))=2f(x)\,\,(3)\,\forall x\in\mathbb{R}.
    Trong (3), với mỗi x\geq 0, thay x bởi f(x) ta được f(x)=x\,\forall x\geq 0.
    Trong đồng nhất thức ban đầu, giữ y\in\mathbb{R} cố định và cho x đủ lớn ta có f(y)=y.

  2. Bài 3. Gọi bất đẳng thức cần chứng minh là (*). Xét hai trường hợp
    1) ab+bc+ca\leq 1
    Giả sử a=\max (a,b,c). Vì a+b+c=3 nên a\geq 1, suy ra b+ca(b+c)\geq a.
    Kết hợp với a+b+c=3 ta được a\geq 2, suy ra
    \sqrt[3]{a+bc}+\sqrt[3]{b+ca}+\sqrt[3]{c+ab}>\sqrt[3]{a}\geq\sqrt[3]{2}\geq \sqrt[3]{2}(ab+bc+ca).
    Suy ra (*) đúng trong trường hợp này.
    2) ab+bc+ca>1
    Ta có \sum (a+bc)^2\leq 2\sum (a+bc) (1),
    thật vậy (1) tương đương với (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(ab+bc+ca-1)\geq 0.
    Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có
    \sum\left(\sqrt[3]{a+bc}+\sqrt[3]{(a+bc)^4}\right)\geq\sum\frac{3(a+bc)}{\sqrt[3]{4}}.\,\,\, (2)
    Dùng (2) ta thấy rằng (*) sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra
    \sum 3(a+bc)\geq \sum \sqrt[3]{4(a+bc)^4}+\sum 2bc.\,\,\, (3)
    Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có
    \sum \sqrt[3]{4(a+bc)^4}\leq\frac{1}{3}\sum\left(2(a+bc)^2+4\right),
    bởi vậy (3) sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được
    \sum 3(a+bc)\geq \frac{1}{3}\sum\left(2(a+bc)^2+4\right)+\sum 2bc,
    hay là 5+\sum bc\geq\dfrac{2}{3}\sum (a+bc)^2\,\,\, (4). Nhưng (4) hiển nhiên đúng vì ta đã có (1).
    Suy ra (*) cũng đúng trong trường hợp này.
    Bài toán được giải hoàn toàn.

Leave a Reply

Fill in your details below or click an icon to log in:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Log Out / Change )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Log Out / Change )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. Log Out / Change )

Google+ photo

You are commenting using your Google+ account. Log Out / Change )

Connecting to %s