Bài toán: Tìm tất cả các hàm $f(x)$ liên tục, xác định trên $R$ thỏa man

                                     

Lời giải:
 Do $f(0)=1$ và $f(x)$ liên tục trên $R$, nên  $\exists \omega >0$ sao cho $f(x)>0$, với $x\in (-\omega; \omega)$

  Khi đó, với $n_0 \in N$ đủ lớn thì $f\left (\dfrac{x_0}{2^{n_0}} \right)> 0$. Nhận thấy rằng: $f\left (\dfrac{x_0}{2^{n_0}} \right)<1$, $\forall n\in N$.

 Theo giả thiết, ta có:

                          $f(2x_1)=2[f(x_1)]^2-1=2cos^2\alpha-1=cos2\alpha$
  
  Bằng qui nạp ta dễ dàng chứng minh được:  $f(mx_1)=cos m\alpha$
  
  Mặt khác chú ý tới vai trò của $x. y$ nên ta có:
              
                                                             $f(x-y)=f(y-x)$

    $\Rightarrow$ $f(x)$ là hàm chẵn trên $R$, suy ra: $f(mx_1)=cosn\alpha$, $\forall m\in R$
  
   Cho $x=y=\dfrac{x_1}{2}$,  ta được:
               
                                   $\left [f(\dfrac{x_1}{2}) \right]^2=\dfrac{1+f(x_1)}{2}=\dfrac{1+cos\alpha}{2}=cos^2\dfrac{\alpha}{2}$
                                $\Rightarrow f(\dfrac{x_1}{2})=cos\dfrac{\alpha}{2}$

  Từ đó bằng qui nạp ta dễ dàng chứng minh được:

                               $f(\dfrac{x_1}{2^n})=cos\dfrac{\alpha}{2^n}$,       $\forall n\in N$
  
 suy ra: $f(\dfrac{mx_1}{2^n}=cos\dfrac{m\alpha}{2^n}$,       $\forall n\in N^*, m\in Z$

  Mặt khác. $f(x)$ và $cosx$ đều là các hàm liên tục trên $R$, nên:

                               $f(x_1t)=cos\alpha t$

                          $\Leftrightarrow f(x)=cos\alpha x$,           $( a=\dfrac{\alpha}{x_1}, x\in R)$       
   
                          $\Rightarrow f(x)=cosax$

 Thử lại, ta thấy $f(x)=cosax$ chính là kết quả bài toán.

Bài toán: (Phan Đình Trung) Cho đường tròn $(O;R)$. Gọi $A$ là một điểm nằm trong đường tròn, $B$ là điểm xứng của $A$ qua $O$. Chứng minh rằng, với điểm $M$ bất kì nằm trong đường tròn đó thì ta luôn có:
                                                
                                                               $MA+MB\le 2R.\sqrt{2}$
Lời giải:
   Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ ta chọn điểm $O(0;0)$. Dựng đường tròn $(O; R)$. Gọi $A(a;b)$ là một điểm nằm trong đường tròn $(O)$, Khi đó, điểm $B$ đối xứng với $A$ qua $O$ có tọa độ là:$(-a; -b)$
   Giả sử, điểm $M$ có tọa độ $(x; y)$.

  Khi đó ta có:  $x^2+y^2 \le R^2$ và $a^2+b^2\le R^2$

   Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

                               $\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}+\sqrt{(x+a)^2+(y+b)^2}\le 2R.\sqrt{2}$                              
  Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: $\sqrt{\dfrac{u^2+v^2}{2}}\ge \dfrac{u+v}{2}$, ta có:

                         $\dfrac{\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}+\sqrt{(x+a)^2+(y+b)^2}}{2}\le \sqrt{\dfrac{(x+a)^2+(x-a)^2+(y+b)^2+(y-b)^2}{2}}$

                                                                                               $=\sqrt{x^2+y^2+a^2+b^2}\le R.\sqrt{2}$

 suy ra:  $\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}+\sqrt{(x+a)^2+(y+b)^2}\le 2R.\sqrt{2}$   (đpcm).

Bài toán : (IMO Shortlist 1996) Cho $x, y, z$  là ba số thực dương có tích bằng $1$. Chứng minh rằng:
                     $\dfrac{xy}{x^5+y^5+xy}+\dfrac{yz}{y^5+z^5+yz}+\dfrac{zx}{z^5+x^5+zx}\le 1$
Lời giải:
 Chú ý rằng: $x^5+y^5=(x+y)(x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4)$.
 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
                                            $x^4+x^2y^2 \ge 2x^3y$
                                            $y^4+x^2y^2 \ge 2xy^3$

 suy ra: $x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4\ge 2x^3y-x^3y+2xy^3-xy^3-x^2y^2$
                                                         $=x^3y+xy^3-x^2y^2$

  Do đó, $\dfrac{xy}{x^5+y^5+xy}\le \dfrac{xy}{x^2y^2(x+y)+xy}=\dfrac{1}{xy(x+y)+1}=\dfrac{z}{x+y+z}$
                                                                 
                                                                                   
  Tương tự, ta cũng có:
            $\dfrac{yz}{y^5+z^5+ yz}\le \dfrac{x}{x+y+z} ; \dfrac{zx}{x+y+z}\le \dfrac{y}{x+y+z}$
  Cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta thu được đpcm.

Bài toán:(IMO 1983) Cho $a, b,c$ là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 

              

                                           $a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\le 3abc$

Lời giải:

   Đặt  $x=b+c-a$

           $y=c+a-b$  , với $x, y, z$ là các số dương

           $z=a+b-c$

 Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

              

         $\Leftrightarrow 2(x^2y+y^2z+z^2x+xy^2+yz^2+zx^2+6xyz)\le 3(x+y)(y+z)(z+x)$

  Đặt $p=x+y+z$

          $q=xy+yz+zx$

          $r=xyz$

  Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

                                              $2(pq+3r)\le 3(pq-r)$

                                       $\Leftrightarrow pq\ge 9r$

   

   Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo AM-GM nên ta có đpcm.

Hình học tĩnh và động (trích bài viết của thầy Lê Bá Khánh Trình ĐHKHTN-ĐHQG tpHCM)

1. HÌNH HỌC TĨNH HAY ĐỘNG

Trong bài này, tôi muốn trình bày một đôi điều riêng tư về môn hình học phổ thông (hay còn được gọi là hình học sơ cấp) dưới hai cách nhìn có phần nào khác biệt nhau. Trước hết, thông dụng hơn cả là cách nhìn của một người quan tâm đến việc giải các bài toán hình học. Cách nhìn này thường yêu cầu xem xét, phân loại các bài toán khác nhau, trình bày kinh nghiệm giải quyết chúng và tìm ra các mối liên quan giữa chúng với các bài toán đã biết. Cách nhìn này thường được quan tâm hàng đầu và thường là nội dung chính trong các bài viết, các tài liệu về toán phổ thông.

Định lý không hoàn hảo

Bất chấp mọi cảnh báo về sự suy thoái của chất lượng giáo dục, lối dạy học ngày nay vẫn nặng về khoa trương chữ nghĩa, hình thức sáo rỗng, nhồi nhét kiến thức nặng nề chẳng khác gì “tọng gà tọng vịt” để mang ra chợ bán. Đây là sự trộn lẫn tàn dư của truyền thống “tầm chương trích cú” trong nền giáo dục hủ nho ở Đông phương ngày xưa với ảnh hưởng tai hại của Chủ Nghĩa Hình Thức trong giáo dục ở Tây phương những năm 1960.        Lối dạy học đó đã từng bị Albert Einstein lên án không thương tiếc:

Danh ngôn toán học

 DANH NGÔN TOÁN HỌC
 

Thậm chí ngay cả trong trò chơi của con trẻ cũng có những điều khiến nhà toán học vĩ đại nhất phải quan tâm. 

Even in the games of children there are things to interest the greatest mathematician. 

Gottfried Wilhelm Leibniz 

~*~

Không có gì hủy hoại những khả năng toán học bằng thói quen tiếp nhận những phương pháp giải có sẵn mà không hề tự hỏi vì sao cần giải đúng như thế và làm thế nào để có thể tự nghĩ ra điều đó.