Bui Quang Dong

Post đầy đủ đề đi bạn.nhìn thiếu thấy khó chịu quá

Hix.
Các Pro vào giúp đi
sang năm học hóa Hữu cơ chết mất.

Bdt bunhia mở rộng
còn gọi là bdt Holder
trong chương trình thcs ta có thể biết đến dạng đơn giản như sau
cho 3 bộ số dương
$ (X,Y,Z),(A,BC),(M,N,P) $
thì
$(X^3+Y^3+Z^3)(A^3+B^3+C^3)(M^3+N^3+P^3) \ge (XAM+YBN+ZCP)^3 $

Cm
bdt <=>
$ \dfrac{XAM+YBN+CZP}{ \sqrt[3]{(X^3+Y^3+Z^3)(A^3+B^3+C^3)(M^3+N^3+P^3)}} \le 1 $
Áp dụng bdt Cauchy
ta có
$ \dfrac{XAM}{\sqrt[3]{(X^3+Y^3+Z^3)(A^3+B^3+C^3)(M^3+N^3+P^3)}} \le \dfrac{1}{3}.(\dfrac{X^3}{X^3+Y^3+Z^3} + \dfrac{A^3}{A^3+B^3+C^3} + \dfrac{M^3}{M^3+N^3+P^3}) $
làm tương tự rồi cộng lại ta có dpcm
bdt Holder thường dùng khi
$A=B=C=M=N=P=1 $
$9(x^3+y^3+z^3) \ge (x+y+z)^3 $

Cho$(U_{n})$ xác định bởi $ U_{1}=1$,$U_{n+1}=\dfrac{1}{2}(U_{n}+\dfrac{3}{U_n^2})$,$(n\geq1)$.CMR Dãy có giới hạn hữu hạn. Tìm giới hạn đó

haha.bài này khi sáng thầy mới ra về nhà làm.
Ta sẽ cm $\lim{u_n} = \sqrt[3]{3} $
thật vậy
$|u_{n+1} - \sqrt[3]{3}|=|\dfrac{1}{2}.(u_n+\dfrac{3}{{u_n}^2}) - \sqrt[3]{3}|$
$ =|u_n - \sqrt[3]{3}|.|\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt[3]{3}}{2u_n} - \dfrac{\sqrt[3]{9}}{2{u_n}^2}|$

$ < \dfrac{1}{2}.|u_n-\sqrt[3]{3}| < (\dfrac{1}{2})^n. | u_1 - \sqrt[3]{3} | \to 0 $
$\Rightarrow \lim(u_n-\sqrt[3]{3}) = 0 \Rightarrow \lim{u_n}=\sqrt[3]{3} $

Mod:Không post 2 bài có nội dung giống nhau.Bài viết trên của bạn sẽ bị xóa.

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O:R) có góc C =45độ. đường tròn đương kính AB cắt AC & BC theo thứ tự là M & N.
a/ c,m MN OC
b/ MN = AB/căn2 pro nào giải chi tiết jum` nha thanks

kẻ tiếp tuyến Cx tại C của đường tròn (O)
(tia Cx thuộc nửa mphẳng bờ AC không chứa B
ta có $\widehat{ACx}=\widehat{ABC}=\widehat{NMC} $
$\Rightarrow Cx \parallel MN$
Do $ Cx \perp OC \Rightarrow MN \perp OC $
b, ABNM ntiep $\Rightarrow \vartriangle CMN \sim \vartriangle CBA$
$\Rightarrow \dfrac{MN}{AB}=\dfrac{BN}{AC} = \sin{ACB} = \sin{45} =\dfrac{1}{\sqrt{2}}$
$\Rightarrow AB=MN\sqrt{2} \Rightarrow Q.E.D$