jin195 nội dung
Có 71 mục bởi jin195 (Tìm giới hạn từ 26-04-2020)
#251532 Bất đẳng thức khó :D
Đã gửi bởi
on 16-01-2011 - 11:19
trong
Bất đẳng thức và cực trị
không ai làm được sao?
#251016 Bất đẳng thức khó :D
Đã gửi bởi
on 09-01-2011 - 11:33
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Cho tam giác ABC có các cạnh lần lựot là $ a,b,c $,nửa chu vi và bán kính đường tròn ngoại tiếp là $ p,R $.CMR: $ (2pR)^2\ge a^3b+b^3c+c^3a $
#251015 1 bài bất đẳng thức :)
Đã gửi bởi
on 09-01-2011 - 11:27
trong
Bất đẳng thức và cực trị
trong cuốn viên kim cuơng nó chỉ chứng minh bài gần giống: $ (x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)(xy+yz+zx)\ge8(xyz)^2(x^2+y^2+z^2) $ rồi nhận xét là bài trên có thể c/m tuơng tự mà em làm mãi chẳng dc,nếu anh biet thì gợi ý dùm 
#249499 1 bài bất đẳng thức :)
Đã gửi bởi
on 19-12-2010 - 21:55
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Cho x,y,z>0 CMR: $ (x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)(xy+yz+zx)^2\ge8(xyz(x^2+y^2+z^2))^2 $
Ai giải được thì hướng dẫn dùm.Cảm ơn
Ai giải được thì hướng dẫn dùm.Cảm ơn
#247687 0,99... = 1 ?
Đã gửi bởi
on 15-11-2010 - 23:22
trong
Nghịch lý
0.(9)=1 thật mà.Các bạn chưa hiểu khái niệm về vô hạn thôi 
#245530 BĐT khó
Đã gửi bởi
on 27-10-2010 - 23:30
trong
Bất đẳng thức và cực trị
không biết còn cách nào chỉ dùng các bđt cổ điển ko?...
#245523 BĐT khó
Đã gửi bởi
on 27-10-2010 - 22:47
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Cho $ a,b,c>0 ; 21ab+2bc+8ca\le12 $ CMR:$ \dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{3}{c}\ge \dfrac{15}{2} $
#245204 lam duoc nhung ko chac chan!
Đã gửi bởi
on 24-10-2010 - 23:52
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Trong 3 số $ a-1,b-1,c-1 $ có ít nhất 2 số cùng dấu.Không mất tính tổng quát giả sử số đó là $ a-1,b-1 $ =>$ c(a-1)(b-1)\ge0 $=>$ abc\ge bc+ca-c $=>$ a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge a^2+b^2+c^2+2bc+2ca-2c+1=(a^2-2ab+b^2)+(c^2-2c+1)+(2ab+2bc+2ca)=(a-b)^2+(c-1)^2+2(ab+bc+ca) \ge 2(ab+bc+ca) $
ĐTXR <=> $ a=b=c=1 $
ĐTXR <=> $ a=b=c=1 $
#243962 Phương trình vô tỉ về đặt ẩn phụ t=u(x)
Đã gửi bởi
on 16-10-2010 - 22:21
trong
Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
ĐKXĐ $ x \ge sqrt2-1 or x \le-1-sqrt2 $
(1) => $ 4(1-x)^2.(x^2+2x-1)=(x^2-2x-1)^2 <=> 3x^4+4x^3-18x^2+12x-5=0 <=> (x^2+2x-5)(3x^2-2x+1) <=> ... $ thử lại và nhận nghiệm
(1) => $ 4(1-x)^2.(x^2+2x-1)=(x^2-2x-1)^2 <=> 3x^4+4x^3-18x^2+12x-5=0 <=> (x^2+2x-5)(3x^2-2x+1) <=> ... $ thử lại và nhận nghiệm
#243908 cần giúp đỡ :D
Đã gửi bởi
on 16-10-2010 - 12:46
trong
Bất đẳng thức và cực trị
em xem lại cách giải này thí có vắn đề anh ạ: chỗ tìm max của $ \sum[a^2(b^2+c^2+d^2)] $ không thể dùng cái bđt phụ kia dc bởi vì$ a^{2}(b^2+c^2+d^2)+b^{2}(c^2+d^2+e^2)+c^{2}(d^2+e^2+a^2)+d^{2}(e^2+a^2+b^2)+e^2(a^2+b^2+c^2)=a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+2a^{2}d^{2}+a^{2}e^{2}+b^{2}c^{2}+2b^2d^2+2b^2.e^2+c^2.d^2+2c^2.e^2+d^2e^2 $
#243877 cần giúp đỡ :D
Đã gửi bởi
on 15-10-2010 - 22:40
trong
Bất đẳng thức và cực trị
cám ơn anh nhiều lắm,em cũng làm dc tới khúc tìm max của $\sum[a^2(b^2+c^2+d^2)]$ rồi tắcMình làm bài 1 trước, bài 2 ý tưởng tương tự.
1.
Theo Cauchy-Schwarz:
$[\sum a^2(b+c+d)][\sum\dfrac{a^2}{b+c+d}]\ge (a^2+b^2+c^2+d^2+e^2)^2=25$
Lại theo Cauchy-Schwarz:
$[\sum a^2(b+c+d)]^2\le [\sum a^2][\sum a^2(b+c+d)^2]\le [\sum a^2][\sum\dfrac{a^2(b^2+c^2+d^2)}{3}]$
Vậy chỉ cần tìm Max $\sum[a^2(b^2+c^2+d^2)]$ là xong.
Chú ý tới BDT:
$(x+y+z+t+k)^2\ge \dfrac{5}{2}(xy+xz+xt+xk+yz+yt+yk+zt+zk+tk)$
#243795 cần giúp đỡ :D
Đã gửi bởi
on 14-10-2010 - 22:10
trong
Bất đẳng thức và cực trị
ai có ý tưởng gì mớikhông?Giúp mình với ...
#243662 giúp mình bài này
Đã gửi bởi
on 12-10-2010 - 22:41
trong
Số học
mình không biết đánh dấu gạch ngang trên đầu dc,bạn chịu khó xem nhé
từ giả thiết => $ abc0 $
37 =>$ 1000Xa+100Xb+10Xc $ 37 => $ 100Xb+10Xc+a $ 
37 (do 999Xa =37X27Xa 37 ) =>bca 37
làm tương tự quá trình trên sẽ dc cab chia hết cho 37
Lưu ý: $ X $ là dấu nhân đấy
từ giả thiết => $ abc0 $
37 =>$ 1000Xa+100Xb+10Xc $ 37 => $ 100Xb+10Xc+a $ 37 (do 999Xa =37X27Xa 37 ) =>bca 37làm tương tự quá trình trên sẽ dc cab chia hết cho 37
Lưu ý: $ X $ là dấu nhân đấy
#243574 cần giúp đỡ :D
Đã gửi bởi
on 11-10-2010 - 23:01
trong
Bất đẳng thức và cực trị
2 bài trên gần giống bài này:cho $ a,b,c,d,e $ dương thoải $ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=5 $ CMR
$ \dfrac{a^2}{b+c+d+e}+\dfrac{b^2}{c+d+e+a}+\dfrac{c^2}{d+e+a+b}+\dfrac{d^2}{e+a+b+c}+\dfrac{e^2}{a+b+c+d}\ge\dfrac{5}{4} $
bài này dùng Chebyshev thì làm dc được còn 2 bài trên thì chịu
$ \dfrac{a^2}{b+c+d+e}+\dfrac{b^2}{c+d+e+a}+\dfrac{c^2}{d+e+a+b}+\dfrac{d^2}{e+a+b+c}+\dfrac{e^2}{a+b+c+d}\ge\dfrac{5}{4} $
bài này dùng Chebyshev thì làm dc được còn 2 bài trên thì chịu
#243573 cần giúp đỡ :D
Đã gửi bởi
on 11-10-2010 - 22:44
trong
Bất đẳng thức và cực trị
đề cho $ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=5 $ mà
#243571 cần giúp đỡ :D
Đã gửi bởi
on 11-10-2010 - 22:34
trong
Bất đẳng thức và cực trị
em đã sử dụng nhưng không thấy nó "ra ngay" =.=
#243569 cần giúp đỡ :D
Đã gửi bởi
on 11-10-2010 - 22:24
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Cho 5 số thực dương $ a,b,c,d,e $ thỏa $ a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=5 $
CMR
1/ $ \dfrac{a^2}{b+c+d}+\dfrac{b^2}{c+d+e}+\dfrac{c^2}{d+e+a}+\dfrac{d^2}{e+a+b}+\dfrac{e^2}{a+b+c}\ge\dfrac{5}{3} $
2/ $ \dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+d}+\dfrac{c^2}{d+e}+\dfrac{d^2}{e+a}+\dfrac{e^2}{a+b}\ge \dfrac{5}{2} $
CMR
1/ $ \dfrac{a^2}{b+c+d}+\dfrac{b^2}{c+d+e}+\dfrac{c^2}{d+e+a}+\dfrac{d^2}{e+a+b}+\dfrac{e^2}{a+b+c}\ge\dfrac{5}{3} $
2/ $ \dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+d}+\dfrac{c^2}{d+e}+\dfrac{d^2}{e+a}+\dfrac{e^2}{a+b}\ge \dfrac{5}{2} $
#243380 1 bai moi
Đã gửi bởi
on 09-10-2010 - 22:15
trong
Các bài toán Đại số khác
Chứng minh bằng quy nạp: xét A có 0 phần từ thì số tập con của A là 1=$ 2^0 $ (tập rỗng)
Giả sử A có k phần tử và có $ 2^k $ tập con
ta c/m nếu A có k+1 phần tử thì A sẽ có $ 2^{k+1} $ tập con
thật vậy ,khi A có k+1 phần tử,xét k phần tử đầu của A,theo giả thiết quy nạp,k phần tử này sẽ tạo thành $ 2^k $ tập con,gọi là : $ A_1 ; A_2;...;A_{2^{k}} $
Phần tử thứ k+1 ,tạm gọi là a,cho a vào $ 2^k $ tập con nói trên sẽ tạo thành $ 2^k $ tập con mới.
nên A sẽ có $ 2^k+2^k =2^{k+1} $ tập con.
vậy,theo nguyên lí quy nạp,ta có đpcm
Giả sử A có k phần tử và có $ 2^k $ tập con
ta c/m nếu A có k+1 phần tử thì A sẽ có $ 2^{k+1} $ tập con
thật vậy ,khi A có k+1 phần tử,xét k phần tử đầu của A,theo giả thiết quy nạp,k phần tử này sẽ tạo thành $ 2^k $ tập con,gọi là : $ A_1 ; A_2;...;A_{2^{k}} $
Phần tử thứ k+1 ,tạm gọi là a,cho a vào $ 2^k $ tập con nói trên sẽ tạo thành $ 2^k $ tập con mới.
nên A sẽ có $ 2^k+2^k =2^{k+1} $ tập con.
vậy,theo nguyên lí quy nạp,ta có đpcm
#243261 Cần giúp
Đã gửi bởi
on 08-10-2010 - 22:30
trong
Các bài toán Đại số khác
Em đang tìm những tài liệu liên quan đến phương trình hàm.Phiền mọi người tư vấn dùm nên mua/download những cuốn sách/tài liệu nào. 
#243260 tim max min
Đã gửi bởi
on 08-10-2010 - 22:21
trong
Bất đẳng thức và cực trị
em bị nhầm đề
#243189 tim max min
Đã gửi bởi
on 07-10-2010 - 22:48
trong
Bất đẳng thức và cực trị
dự đoán: max của y =$ 2+2\sqrt2 <=>x^2=1 $
xét bđt $ \sqrt{x^2-2x+5}+\sqrt{x^2+2x+5}\le 2+2\sqrt2 $ (1)
(1) <=> $ 2\sqrt{(x^2-2x+5)(x^2+2x+5)}\le (2+2\sqrt2)^2-2x^2-10 $ (bình phương 2 vế)
chia 2 cho cả 2 vế rồi lại bình phương 1 lần nữa ,chịu khó rút gọn thì (1) <=> $ -32(1+\sqrt2)(x^2-1)\ge0 $
nhận thức bđt cuối đúng do từ $ |x|\le1 => x^2\le1 $
ĐTXR <=> $ x=1 or x=-1 $
)
xét bđt $ \sqrt{x^2-2x+5}+\sqrt{x^2+2x+5}\le 2+2\sqrt2 $ (1)
(1) <=> $ 2\sqrt{(x^2-2x+5)(x^2+2x+5)}\le (2+2\sqrt2)^2-2x^2-10 $ (bình phương 2 vế)
chia 2 cho cả 2 vế rồi lại bình phương 1 lần nữa ,chịu khó rút gọn thì (1) <=> $ -32(1+\sqrt2)(x^2-1)\ge0 $
nhận thức bđt cuối đúng do từ $ |x|\le1 => x^2\le1 $
ĐTXR <=> $ x=1 or x=-1 $
)
#242951 Giúp em với!
Đã gửi bởi
on 05-10-2010 - 12:09
trong
Bất đẳng thức và cực trị
hình như a,b,c,x,y,z phải dương nữa chứ,nếu không làm sao dùng cauchy? nếu có đk ấy thì
1/ta có bđt sau: $ a^{2}x^{2}+a^2\ge 2a^{2}x ; b^{2}y^{2}+b^2\ge 2b^{2}y ; c^+{2}z^{2}+c^2\ge 2c^{2}z $ (từ hằng đẳng thức $ (a-b)^2\ge0 $ chứ không phải cauchy) => $ a^{2}x^{2}+b^{2}y^{2}+c^{2}z^{2}\ge a^2+b^2+c^2 $
2/sữ dụng bđt cauchy $ a^{3}x^{3}+a^3+a^3\ge3xa^{3} ;b^{3}y^{3}+b^3+b^3\ge3yb^{3} ; c^{3}z^{3}+c^3+c^3\ge3zc^{3} $ cộng lại ta có đpcm
1/ta có bđt sau: $ a^{2}x^{2}+a^2\ge 2a^{2}x ; b^{2}y^{2}+b^2\ge 2b^{2}y ; c^+{2}z^{2}+c^2\ge 2c^{2}z $ (từ hằng đẳng thức $ (a-b)^2\ge0 $ chứ không phải cauchy) => $ a^{2}x^{2}+b^{2}y^{2}+c^{2}z^{2}\ge a^2+b^2+c^2 $
2/sữ dụng bđt cauchy $ a^{3}x^{3}+a^3+a^3\ge3xa^{3} ;b^{3}y^{3}+b^3+b^3\ge3yb^{3} ; c^{3}z^{3}+c^3+c^3\ge3zc^{3} $ cộng lại ta có đpcm
#242921 số nguyên tố
Đã gửi bởi
on 04-10-2010 - 23:28
trong
Số học
có tồn tại p chứ :a=b=2 thì có p=2 mà
lời giải: từ gt => $ a^{2}b^{2}=p(a^2+b^2) $ => $ a^{2}b^{2} $ p => $ ab $ p ( p nguyên tố)
=> (a p hoặc b p) (1) và $ a^{2}b^{2} $ $ p^2 $ => $ (a^2+b^2)p $ $ p^2 $ => $ a^2+b^2 $ p (2)
(1);(2)=> a p và b p => $ a^2\ge p^2 ; b^2\ge p^2 $ =>$ \dfrac{1}{p^2}\ge \dfrac{1}{a^2};\dfrac{1}{p^2}\ge \dfrac{1}{b^2} $ => $ \dfrac{2}{p^2}\ge \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=\dfrac{1}{p} $ => $ p\le2 $ => p=2
lời giải: từ gt => $ a^{2}b^{2}=p(a^2+b^2) $ => $ a^{2}b^{2} $
p => $ ab $ p ( p nguyên tố)=> (a
p hoặc b p) (1) và $ a^{2}b^{2} $ $ p^2 $ => $ (a^2+b^2)p $ $ p^2 $ => $ a^2+b^2 $ p (2)(1);(2)=> a
p và b p => $ a^2\ge p^2 ; b^2\ge p^2 $ =>$ \dfrac{1}{p^2}\ge \dfrac{1}{a^2};\dfrac{1}{p^2}\ge \dfrac{1}{b^2} $ => $ \dfrac{2}{p^2}\ge \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=\dfrac{1}{p} $ => $ p\le2 $ => p=2
#242918 pt
Đã gửi bởi
on 04-10-2010 - 23:05
trong
Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
hic,làm vậy thì làm như em coi bộ còn ngắn hơn )
)
#242834 Phương trình vô tỷ
Đã gửi bởi
on 03-10-2010 - 21:09
trong
Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
2/ (1) => $ (4x-1)^2.(x^2+1)=(2x^2+2x+1)^2 <=> 12x^4-16x^3+9x^2-12x=0 $ <=> $ x(3x-4)(4x^2+3)=0 $ <=> $ x=0 or x=\dfrac{4}{3} $ thử lại ta nhận nghiệm $ x=\dfrac{4}{3} $
