dùng thủ thuật giống một bài toán lớp 3

Cho m=n=0 ta được \(f\left(0\right)=2f^2\left(0\right)\Rightarrow f\left(0\right)=0\)

Cho m=1; n=0 ta được \(\orbr{\begin{cases}f\left(1\right)=0\\f\left(1\right)=1\end{cases}}\). Ta xét trường hợp f(1)=1, với f(1)=0 ta xét tương tự, với f(1)=1 ta lần lượt tính được

\(\hept{\begin{cases}f\left(2\right)=f\left(1^2+1^2\right)=f^2\left(1\right)+f^2\left(1\right)=2\\f\left(4\right)=f\left(2^2+0^2\right)=f^2\left(2\right)+f^2\left(0\right)=4\\f\left(5\right)=f\left(2^2+1^2\right)=f^2\left(2\right)+f^2\left(1\right)=5\end{cases}}\)

áp dụng thủ thuật của một bài toán lớp 3. Ta không tính trực tiếp f(3) nhưng ta lại có \(f^2\left(5\right)=f\left(25\right)=f\left(3^2+4^2\right)=f^2\left(4\right)+f^2\left(3\right)\)từ đó ta tính được f(3)=3

Tương tự như vậy ta có thể tính được f(6) nhờ vào đẳng thức 6²+8²=10² trong đó \(f\left(8\right)=f\left(2^2+2^2\right)=2f^2\left(2\right)=8;f\left(10\right)=f\left(3^2+1^2\right)=f^2\left(3\right)+f^2\left(1\right)=10\)

Tiếp tục để tính f(7) ta để ý 7²+1²=50 =5²+5², từ đó f(7)=7. Cũng như thế do đó 11²+2²=10²+5² nên suy ra f(11)=11

Cách làm này có thể tổng quát hóa như thế nào? Ý tưởng là \(m^2+n^2=p^2+q^2\left(1\right)\)thì \(f^2\left(m\right)+f^2\left(n\right)=f^2\left(q\right)+f^2\left(p\right)\)do đó nếu tính được \(f\left(n\right);f\left(q\right);f\left(p\right)\)thì f(m) cũng sẽ tính được

Làm thế nào để có những đẳng thức dạng (1) dưới dạng tổng quát, cho phép ta chứng minh f(n)=n với mọi n bằng quy nạp? Chú ý rằng (1) có thể viết lại thành (m-p)(m+p)=(q-n)(q+n)=N. Do đó nếu chọn 2 số N có 2 cách phân tích thành tích của những số cùng tính chẵn hoặc lẻ, ta sẽ tìm được nghiệm cho (1). Chọn N=8k=4k.2=4.2k và N=16k=4k.4=2k.8 ta được hệ 

\(\hept{\begin{cases}m-p=2;m+p=4k;q-n=4;q+n=2k\\m-p=4;m+p=4k;q-n=8;q+n=2k\end{cases}}\)

Từ đó được các hằng đẳng thức tương ứng

\(\hept{\begin{cases}\left(2k+1\right)^2+\left(k-2\right)^2=\left(2k-1\right)^2+\left(k+2\right)^2\\\left(2k+2\right)^2+\left(k-4\right)^2=\left(2k-2\right)^2+\left(k+4\right)^2\end{cases}}\)

Từ hai đẳng thức này với chú ý f(n)=n với n=1;2;3;4;5;6 ta dễ dàng chứng minh quy nạp được rằng f(n)=n với mọi n thuộc N

Trường hợp f(1)=0 cũng bằng cách lý luận trên ta nêu ra f(n)=0 với mọi n thuộc N

\(C=\frac{\cos4x.\tan2x-\sin4x}{\cos4x.\cot2x+\sin4x}\)

\(=\frac{\cos4x.\sin2x-\sin4x.\cos2x}{\cos4x.\cos2x+\sin4x.\sin2x}.\frac{\sin2x}{\cos2x}\)

\(=\frac{\sin\left(2x-4x\right)}{\cos\left(4x-2x\right)}.\frac{\sin2x}{\cos2x}=-\frac{\sin^22x}{\cos^22x}=-\tan^22x\)

đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\sqrt{\frac{yz}{x}};\sqrt{\frac{zx}{y}};\sqrt{\frac{xy}{z}}\right)\)\(\Rightarrow\)\(a^2+b^2+c^2=1\)

\(A=\Sigma\frac{1}{1-ab}=\Sigma\frac{2ab}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)-2ab}+3\le\frac{1}{2}\Sigma\frac{\left(a+b\right)^2}{b^2+c^2+c^2+a^2}\)

\(\le\frac{1}{2}\Sigma\left(\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}\right)=\frac{9}{2}\)

dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(x=y=z=\frac{1}{3}\)

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau \(\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(x+y\right)^2}\)

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2}\right)^2\ge\left(a+x\right)^2+\left(b+y\right)^2\)\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)}\ge2ax+2by\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)

Bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức Bunyakovsky nên (*) đúng

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có \(\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\)\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}\)

Ta cần chứng minh  \(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{153}{4}\)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy và chú ý giả thiết \(a+b+c\le\frac{3}{2}\), ta được:\(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}\)\(=\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}+\frac{1215}{16\left(a+b+c\right)^2}\)\(\ge2\sqrt{\left(a+b+c\right)^2.\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}}+\frac{1215}{16.\frac{9}{4}}=\frac{153}{4}\)

Bất đẳng thức đã được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)

pt <=>   \(2\left(x+\frac{1}{x}\right)-3\left(\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\right)-1=0\)

<=>   \(2\left(x+\frac{1}{x}+2\right)-3\left(\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\right)-5=0\)

<=>   \(2\left(\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^2-3\left(\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\right)-5=0\)

ĐĂT:     \(\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}=a\)

=> PT TRỞ THÀNH:     \(2a^2-3a-5=0\)

<=>    \(\orbr{\begin{cases}a=\frac{5}{2}\\a=-1\end{cases}}\)

DO:     \(a=\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\Rightarrow a>0\left(x>0~đkxđ\right)\)

=>     \(a=\frac{5}{2}\)

=>     \(\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}=\frac{5}{2}\)

<=>     \(\frac{x+1}{\sqrt{x}}=\frac{5}{2}\)

<=>     \(2x-5\sqrt{x}+2=0\)

<=>     \(\orbr{\begin{cases}\sqrt{x}=2\\\sqrt{x}=\frac{1}{2}\end{cases}}\)

<=>     \(\orbr{\begin{cases}x=4\\x=\frac{1}{4}\end{cases}}\)       (ĐỀU TMĐK)

VẬY      \(x\in\left\{4;\frac{1}{4}\right\}\)

Ap dung bdt Mincopxki ta co

\(VT=\sqrt{\left(b-\frac{a}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)^2}+\sqrt{\left(\frac{c}{2}-b\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}c\right)^2}\)

\(\ge\sqrt{\left(b-\frac{a}{2}+\frac{c}{2}-b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a+c\right)^2}=\sqrt{\left(\frac{c-a}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\left(a+c\right)^2}=\sqrt{a^2+c^2+ac}=VP\)