Topic bất đẳng thức THCS (2)
#101
Đã gửi 12-01-2012 - 12:49
Cho $x,y,z>0$
CMR: \[16xyz\left( {x + y + z} \right) \le 3\sqrt[3]{{{{\left( {x + y} \right)}^4}{{\left( {z + y} \right)}^4}{{\left( {x + z} \right)}^4}}}\]
- cvp yêu thích
Tra cứu công thức toán trên diễn đàn
Học gõ Latex $\to$ Cách vẽ hình trên VMF
Điều mà mọi thành viên VMF cần phải biết và tuân thủ
______________________________________________________________________________________________
- Luật đời dạy em cách Giả Tạo
- Đời xô ... Em ngã
- Đời nham ... Em hiểm
- Đời chuyển ... Em xoay
Đời cay ... Em đắng
#102
Đã gửi 12-01-2012 - 13:50
Nếu biết cách sử dụng BĐT Chebishev thì bài toán sẽ ngắn hơn nhiều
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow a^3\geq b^3\geq c^3$
Áp dụng BĐT Chibishev cho bộ dãy đơn điệu tăng
$a^4+b^4+c^4=a.a^3+b.b^3+c.c^3\geq \frac{(a+b+c)}{3}(a^3+b^3+c^3)\geq a^3+b^3+c^3$
Tổng quát
CMR nếu $a_1+a_2+...+a_n\geq n$
Thì $a_1^{2m+1}+a_2^{2m+1}+...+2_n^{2m+1}\leq a_1^{2m+2}+a_2^{2m+2}+...+a_n^{2m+2}$
Bài 51:
$\frac{a}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\geq 3 \sqrt[3]{a}$
$\frac{a}{3}+\frac{a}{3}+\frac{1}{3}\geq \sqrt[3]{a^2}$
Cộng lại $a+1\geq \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{a^2}$ (đpcm)
Mạng cùi quá chả làm ăn được gì hết
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 12-01-2012 - 13:59
- cvp yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#103
Đã gửi 12-01-2012 - 15:19
Bài 50:
Cho a,b,c thực dương thỏa $a+b+c=3$
CMR: $a^4+b^4+c^4\geq a^3+b^3+c^3$
Bài 50 nè
Áp dụng bdt Cauchy:
$a^{4}+a^{4}+a^{4}+1\geq 4a^{3}$
$b^{4}+b^{4}+b^{4}+1\geq 4b^{3}$
$c^{4}+c^{4}+c^{4}+1\geq 4c^{3}$
Giờ chỉ cần chứng minh $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq 3$
Ta có:
$a^{3}+1+1\geq 3a \Rightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq 3$
vì a+b+c=3
$\Rightarrow dpcm$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huynhmylinh: 20-05-2012 - 20:54
- cvp, Cao Xuân Huy và congalata thích
Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF
#104
Đã gửi 12-01-2012 - 15:48
Bài 53: Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi x,y>0:
$\frac{2x^{2}+3y^{2}}{2x^{3}+3y^{3}}+\frac{2y^{2}+3x^{2}}{2y^{3}+3x^{3}}\leq \frac{4}{x+y}$
Dấu "=" xảy ra khi nào?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 12-01-2012 - 21:28
Bổ sung điều kiện
- Ispectorgadget, Cao Xuân Huy, Mai Duc Khai và 1 người khác yêu thích
#105
Đã gửi 12-01-2012 - 15:51
$$(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz\geq 3(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}-\dfrac{1}{3}(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=\dfrac{8}{3}(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}$$Bài 52:
Cho $x,y,z>0$
CMR: \[16xyz\left( {x + y + z} \right) \le 3\sqrt[3]{{{{\left( {x + y} \right)}^4}{{\left( {z + y} \right)}^4}{{\left( {x + z} \right)}^4}}}\]
áp dụng bdt trên
$\Rightarrow 3\sqrt[3]{{{{\left( {x + y} \right)}^4}{{\left( {z + y} \right)}^4}{{\left( {x + z} \right)}^4}}}\geq 3\cdot \dfrac{8}{3}(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\cdot$$\sqrt[3]{\dfrac{8}{3}(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\cdot}$$\geq 8(x+y+z)\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\cdot \sqrt[3]{8xyz}=16(x+y+z)xyz$
$\Rightarrow dpcm$
- perfectstrong, Ispectorgadget, Cao Xuân Huy và 7 người khác yêu thích
Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF
#106
Đã gửi 12-01-2012 - 16:11
Em làm bị ngược dấu thì phải em ơi.Em chém nối bài 48:
$\dfrac{3}{xy+yz+zx}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}=\dfrac{6}{2xy+2yz+2zx}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\geq \dfrac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2}{(x+y+z)^2}=(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2=8+4\sqrt{3}$
Suy ra $a=8+4\sqrt{3} \rightarrow a\geq 8+\sqrt{3}$
$8+4\sqrt{3}=8+\sqrt{48}>8+\sqrt{36}=14$ đến đây có $đpcm$
Còn đây là cách chứng minh của anh:
Lời giải:
Đặt $p=xy+yz+xz$ thì $p \in \left( {0;\frac{1}{3}} \right]$
\[\frac{3}{p} + \frac{2}{{1 - 2p}} \ge a \Leftrightarrow 3\left( {1 - 2p} \right) + 2p \ge ap\left( {1 - 2p} \right) \Leftrightarrow f\left( p \right) = 2a{p^2} - \left( {a + 4} \right)p + 3 \ge 0\]
Ta sẽ tìm $a$ để \[f\left( p \right) \ge 0,\forall p \in \left( {0;\frac{1}{3}} \right]\]
$f(p)$ có đỉnh \[{p_0} = \frac{{a + 4}}{{4a}} = \frac{1}{4} + \frac{1}{a} \Rightarrow \frac{1}{4} < {p_0}\]
TH1: $\dfrac{1}{4}<p_0\leq \dfrac{1}{3} \Rightarrow a \ge 12$
\[\begin{array}{l}
f\left( p \right) \ge 0,\forall p \in \left( {0;\frac{1}{3}} \right] \Leftrightarrow f\left( {{p_0}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow - \frac{{{a^2} - 16a + 16}}{{8a}} \ge 0 \Leftrightarrow {a^2} - 16a + 16 \le 0 \\
\left. \begin{array}{l}
\Leftrightarrow 8 - 4\sqrt 3 \le a \le 8 + 4\sqrt 3 \\
a \ge 12 \\
\end{array} \right\} \Rightarrow 12 \le a \le 8 + 4\sqrt 3 \\
\end{array}\]
TH2: $p_0>\dfrac{1}{3} \Rightarrow a<12$
\[f\left( p \right) \ge 0,\forall p \in \left( {0;\frac{1}{3}} \right] \Leftrightarrow f\left( {\frac{1}{3}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \frac{2}{9}a - \frac{{a + 4}}{3} + 3 \ge 0 \Leftrightarrow a \le 15\]
Nên $a<12$
========================================
Kiên ơi, kiểm tra lại tính toán của mình chút.
- cvp, Ispectorgadget, HÀ QUỐC ĐẠT và 1 người khác yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#107
Đã gửi 12-01-2012 - 20:31
Bài 54:
Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:
$\frac{x^{2}+1}{y^{2}+1}+\frac{y^{2}+1}{z^{2}+1}+\frac{z^{2}+1}{x^{2}+1}\leq \frac{7}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 12-01-2012 - 20:32
- Ispectorgadget, Cao Xuân Huy và Sun love moon HP thích
#108
Đã gửi 12-01-2012 - 20:33
\[\sqrt {10{x^2} - 34x + 29} > \sqrt {10{x^2} - 14x + 5} - \sqrt {10} \]
_________________________________________________________
Em thấy topic này phát triển nhanh quá. Em nghĩ là nên đặt chú ý topic này và đổi tên thành: "Topic bất đẳng thức THCS (2)" . Anh Kiên và anh Hân thấy sao
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 12-01-2012 - 20:34
- cvp, Ispectorgadget, Mai Duc Khai và 2 người khác yêu thích
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#109
Đã gửi 12-01-2012 - 20:40
...............................................................................................................
VÌ TOPIC "BẤT ĐẲNG THỨC THCS (2)".
- Cao Xuân Huy và Sun love moon HP thích
#110
Đã gửi 12-01-2012 - 21:28
Bài 44: Cho a,b,c >0. CMR:
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c}\geq \sqrt{2(a^2+b^2)}+\sqrt{2(b^2+c^2)}+\sqrt{(a^2+c^2)}$
Bài 45: Cho a,b,c thuộc đoạn [-1;1] thỏa $a+b+c=0$
CMR: $a^4+b^3+c^2\leq 2$
Bài 44
Ta có:
$\frac{a^2+b^2}{b}+2b\geq 2\sqrt{2(a^2+b^2)}\Rightarrow \frac{a^2}{b}+3b\geq 2\sqrt{2(a^2+b^2)}$
Tương tự ta có:$\frac{b^2+a^2}{a}+3a\geq 2\sqrt{2(a^2+b^2)}$
Lại có:$3(a+b)\leq 3\sqrt{2(a^2+b^2)}$
$\Rightarrow \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}\geq 4\sqrt{2(a^2+b^2)}-3\sqrt{2(a^2+b^2)}=\sqrt{2(a^2+b^2)}$
Làm tương tự$\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{b}\geq \sqrt{2(b^2+c^2)}$
$\frac{a^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \sqrt{2(a^2+c^2)}$
Cộng lại ta có ĐPCM
Bài 45:
Từ giả thiết ta có $|a|\leq 1;|b|\leq 1;|c|\leq 1$
Do đó: $a^4+b^3+c^2\leq |a|+|b|+|c|$
Mà a+b+c=0 nên trong 3 số có ít nhất 2 số cùng dấu không mất tính tổng quát giả sử 2 số đó là a và b
$|a|+|b|+|c|=|a+b|+|c|=|-c|+|c|=2|c|\leq 2$
Cách Perfectstrong khá mới lạ. mình đọc thì hiểu không biết mấy bạn THCS thì sao.
- cvp, perfectstrong, Cao Xuân Huy và 1 người khác yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#111
Đã gửi 12-01-2012 - 21:39
\[\begin{array}{l}Bài 53: Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi x,y>0:
$\frac{2x^{2}+3y^{2}}{2x^{3}+3y^{3}}+\frac{2y^{2}+3x^{2}}{2y^{3}+3x^{3}}\leq \frac{4}{x+y}$
Dấu "=" xảy ra khi nào?
t = \frac{y}{x} > 0 \\
\frac{{2{x^2} + 3{y^2}}}{{2{x^3} + 3{y^3}}} = \frac{{{x^2}\left( {2 + 3\frac{{{y^2}}}{{{x^2}}}} \right)}}{{{x^3}\left( {2 + 3\frac{{{y^3}}}{{{x^3}}}} \right)}} = \frac{1}{x}.\frac{{2 + 3{t^2}}}{{2 + 3{t^3}}} \\
\frac{{2{y^2} + 3{x^2}}}{{2{y^3} + 3{x^3}}} = \frac{{{x^2}\left( {2\frac{{{y^2}}}{{{x^2}}} + 3} \right)}}{{{x^3}\left( {2\frac{{{y^3}}}{{{x^3}}} + 3} \right)}} = \frac{1}{x}.\frac{{2{t^2} + 3}}{{2{t^3} + 3}} \\
\frac{4}{{x + y}} = \frac{4}{{x\left( {1 + \frac{y}{x}} \right)}} = \frac{1}{x}.\frac{4}{{1 + t}} \\
bdt \Leftrightarrow \frac{{2 + 3{t^2}}}{{2 + 3{t^3}}} + \frac{{2{t^2} + 3}}{{2{t^3} + 3}} \le \frac{4}{{1 + t}} \\
\Leftrightarrow 4\left( {2 + 3{t^3}} \right)\left( {2{t^3} + 3} \right) - \left( {2 + 3{t^2}} \right)\left( {2{t^3} + 3} \right)\left( {1 + t} \right) - \left( {2{t^2} + 3} \right)\left( {2 + 3{t^3}} \right)\left( {1 + t} \right) \ge 0 \\
\Leftrightarrow 12{t^6} - 12{t^5} - 13{t^4} + 26{t^3} - 13{t^2} - 12t + 12 \ge 0 \\
\Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^2}\left( {12{t^4} + 12{t^3} - {t^2} + 12t + 12} \right) \ge 0{\rm{ }}\left( 1 \right) \\
f\left( t \right) = 12{t^4} + 12{t^3} - {t^2} + 12t + 12 = t\left( {2t + 3} \right)\left( {6{t^2} - 3t + 4} \right) + 12 \\
= t\left( {2t + 3} \right)\left[ {6{{\left( {t - \frac{1}{4}} \right)}^2} + \frac{{29}}{8}} \right] + 12 > 0,\forall t > 0 \Rightarrow \left( 1 \right):True \Rightarrow Q.E.D \\
\end{array}\]
- cvp, Ispectorgadget, Cao Xuân Huy và 2 người khác yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#112
Đã gửi 12-01-2012 - 21:56
Lời giải:Bài 55: Với mọi số thực $x$. Chứng minh:
\[\sqrt {10{x^2} - 34x + 29} > \sqrt {10{x^2} - 14x + 5} - \sqrt {10} \]
_________________________________________________________
Em thấy topic này phát triển nhanh quá. Em nghĩ là nên đặt chú ý topic này và đổi tên thành: "Topic bất đẳng thức THCS (2)" . Anh Kiên và anh Hân thấy sao
Theo bđt Minkowski, ta có:
\[\begin{array}{l}
\sqrt {100{x^2} - 340x + 290} + \sqrt {100} = \sqrt {{{\left( {10x - 17} \right)}^2} + {1^2}} + \sqrt {{{10}^2} + {0^2}} \\
\ge \sqrt {{{\left( {10x - 17 + 10} \right)}^2} + {{\left( {1 + 0} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {10x - 7} \right)}^2} + 1} = \sqrt {100{x^2} - 140x + 50} \\
\Leftrightarrow \sqrt {10{x^2} - 34x + 29} + \sqrt {10} \ge \sqrt {10{x^2} - 14x + 5} \\
\end{array}\]
Đẳng thức xảy ra khi
\[\left( {10x - 17} \right).0 = 10.1 \Rightarrow x \in \emptyset \Rightarrow Q.E.D\]
- cvp, Ispectorgadget và Mai Duc Khai thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#113
Đã gửi 12-01-2012 - 22:08
Cho $a\geq 8;b\geq 9;c\geq 10$ thoả mãn $a^2+b^2+c^2=266$
CMR$a+b+c\geq 28$
Bài 57: Tìm GTLN, GTNN của hàm số
$y=\sqrt{x^3-6x^2+21x+18}$ với x$\in [\frac{-1}{2};1]$
(đề thi HSG TPHCM năm học 1992-1993)
Gợi ý: Chứng minh hàm đồng biến
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 12-01-2012 - 22:40
- Cao Xuân Huy và Mai Duc Khai thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#114
Đã gửi 12-01-2012 - 23:01
Ta viết lại bđt như sau:Bài 55: Với mọi số thực $x$. Chứng minh:
\[\sqrt {10{x^2} - 34x + 29} > \sqrt {10{x^2} - 14x + 5} - \sqrt {10} \]
$\sqrt {{{\left[ {(x + 1) - x} \right]}^2} + {{\left[ {(3x + 5) - (3x + 2)} \right]}^2}} + \sqrt {{{\left[ {(2x - 1) - (x + 1)} \right]}^2} + {{\left[ {6x - (3x + 5)} \right]}^2}} $
$> \sqrt {{{\left[ {(2m - 1) - m} \right]}^2} + {{\left[ {6m - (3m + 2)} \right]}^2}} $ $(1)$
Trên mặt phẳng tọa độ lấy 3 điểm $A(x,3x+2); B(x+1;3x+5); C(2x-1,6x)$.
Ta có 2 điểm $A$ và $B$ cùng thuộc đường thẳng $y=3x+2$ nhưng C không thuộc đường thẳng đó.
Do đó: $(1) \Leftrightarrow AB+BC > AC$ (đúng theo bđt tam giác).
Vậy ta có ĐPCM
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 12-01-2012 - 23:02
- Ispectorgadget, Mai Duc Khai và congalata thích
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#115
Đã gửi 13-01-2012 - 11:00
Bài 49:
Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 4$
CMR:
\[\frac{1}{{2x + y + z}} + \frac{1}{{x + 2y + z}} + \frac{1}{{x + y + 2z}} \le 1\]
Các em tham khảo thêm ở đây $\to$ http://diendantoanho...l=&fromsearch=1
Bài 56:
Cho $a\geq 8;b\geq 9;c\geq 10$ thoả mãn $a^2+b^2+c^2=266$
CMR$a+b+c\geq 28$
Bài 57: Tìm GTLN, GTNN của hàm số
$$y = \sqrt {{x^3} - 6{x^2} + 21x + 18} ,x \in \left[ {\frac{{ - 1}}{2};1} \right]$$
Bài 56: Đặt $a = m + 8,b = n + 9,c = p + 10$, khi đó $m,n,p \geqslant 0$ và ${m^2} + {n^2} + {p^2} + 16m + 18n + 20p = 21$
Ta lại có đẳng thức sau: $${\left( {m + n + p} \right)^2} + 20\left( {m + n + p} \right) = \left( {{m^2} + {n^2} + {p^2} + 16m + 18n + 20p} \right) + $$
$$ + 2\left( {mn + np + pm + 2m + n} \right)$$
Từ đó, theo giả thiết ta có: $${\left( {m + n + p} \right)^2} + 20\left( {m + n + p} \right) \geqslant 21 \Rightarrow m + n + p \geqslant 1$$
Thay $m = a - 8,n = b - 9,p = c - 10$ suy ra $a + b + c - 27 \geqslant 1 \Leftrightarrow a + b + c \geqslant 28 \Rightarrow Q.E.D$
Bài 57: Đã có gợi ý
P/s: bài 46 của ạnh đang bị các em bỏ quên đó.
- perfectstrong, Ispectorgadget, Cao Xuân Huy và 4 người khác yêu thích
#116
Đã gửi 13-01-2012 - 12:33
Bài 58: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm GTNN của biểu thức:
$$Q = \frac{{a + b}}{{a + b + c}} + \frac{{b + c}}{{b + c + 4a}} + \frac{{c + a}}{{c + a + 16b}}$$
- Scientists yêu thích
#117
Đã gửi 13-01-2012 - 16:39
Bài 59:
Cho a,b,c là 3 số thực dương thoả mãn a+b+c=1
Tìm GTNN của $A=\sqrt{8(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}+\frac{9}{ab+bc+ac}$
Nguồn: Trần Trung Kiên
- perfectstrong và Cao Xuân Huy thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#118
Đã gửi 13-01-2012 - 17:21
Em xin chém bài 59 của anh Kiên.Bài 46 của anh em bí rồi
Bài 59:
Cho a,b,c là 3 số thực dương thoả mãn $a+b+c=1$
Tìm GTNN của $A=\sqrt{8(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}+\frac{9}{ab+bc+ac}$Nguồn: Trần Trung Kiên
Ta có:
\[A \ge (a + b)(b + c)(c + a) + \frac{9}{{ab + ac + bc}} = (a + b + c)(ab + ac + bc) -abc+ \frac{9}{{ab + ac + bc}} \]
$$ = ab + ac + bc + \frac{1}{{9(ab + ac + bc)}} + \frac{{80}}{{9(ab + ac + bc)}} -abc $$
\[ \ge 2\sqrt {(ab + ac + bc).\frac{1}{{9(ab + ac + bc)}}} + \frac{{80}}{{3{{(a + b + c)}^2}}} - {\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^3} = \frac{{737}}{{27}}\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 13-01-2012 - 17:29
- cvp, perfectstrong, Ispectorgadget và 3 người khác yêu thích
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#119
Đã gửi 13-01-2012 - 21:14
Tìm GTNN của biểu thức:
\[P = \left[ {m + \left( {S - \frac{1}{{{a_1}}}} \right)} \right]\left[ {m + \left( {S - \frac{1}{{{a_2}}}} \right)} \right]....\left[ {m + \left( {S - \frac{1}{{{a_n}}}} \right)} \right]\]
Trong đó m là hằng số dương và \[{a_i} > 0\left( {i = 1,2,...,n} \right)\]
Với $n \ge 3$ thỏa mãn ${a_1} + {a_2} + ... + {a_n} < b$ ( b là hằng số dương)
và \[S = \frac{1}{{{a_1}}} + \frac{1}{{{a_2}}} + ... + \frac{1}{{{a_n}}}\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maikhaiok: 13-01-2012 - 21:41
Tra cứu công thức toán trên diễn đàn
Học gõ Latex $\to$ Cách vẽ hình trên VMF
Điều mà mọi thành viên VMF cần phải biết và tuân thủ
______________________________________________________________________________________________
- Luật đời dạy em cách Giả Tạo
- Đời xô ... Em ngã
- Đời nham ... Em hiểm
- Đời chuyển ... Em xoay
Đời cay ... Em đắng
#120
Đã gửi 13-01-2012 - 21:21
Bài 60:
Cho \[{a_1}^2 + {a_2}^2 + ... + {a_n}^2 = n\] và \[\left\{ {{a_1} + {a_2} + ... + {a_n}} \right\} \in \left[ {0;2} \right]\]
Tìm GTLN của: \[{a_1}^2 + {a_2}^2 + ... + {a_n}^2\left( {n > 1} \right)\]
Đề này hơi lạ nha. Đã cho ${a_1}^2 + {a_2}^2 + ... + {a_n}^2 = n$ còn tìm gì nữa em.
- Ispectorgadget và Scientists thích
5 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 5 khách, 0 thành viên ẩn danh