Cho $G$ là nhóm với phép nhân ma trận, được sinh bởi hai ma trận hệ số thực $A = \left( \begin{array}{l}
 \,\,\,0\,\,\,\,\,\,1 \\
  - 1\,\,\,\,\,\,0 \\
 \end{array} \right);B = \left( \begin{array}{l}
 0\,\,\,\,\,\,1 \\
 1\,\,\,\,\,\,0 \\
 \end{array} \right)$

1) Xác định các phần tử của nhóm $G$

2) Tìm tất cả các nhóm con của $G$

Cho $G$ là một nhóm nhân. Gọi $G'$ là nhóm con của $G$ sinh bởi các giao hoán tử $[x;y]=x^{-1}y^{-1}xy$ với $x,y\in G$

1) Chứng minh $G'$ là một nhóm con chuẩn tắc của $G$

2) Xác định $S'_3$ trong đó $S_3$ là nhóm các hoán vị của ba số $1,2,3$

3) Chứng minh rằng $S_3/S'_3 \cong Z_2$

 

 

Các bài đó thì có liên quan gì đến bài mà bạn viết ở bên trên. Ý của mình là bài của bạn thì không thể chuẩn hóa cho $a+b+c=1$ được!!

Còn các bài VD4 và VD11 thì hoàn toàn có quyền chuẩn hóa vì đó là các BĐT thuần nhất đối xứng 

Phải thuần nhất + đối xứng mới đc chuẩn hóa ạ?

Cho mình hỏi là việc chọn $a=b=1$ là là dựa vào điều kiện dấu đẳng thức xảy ra phải không ạ ?
Thêm nữa, việc chia trường hợp và chứng minh các trường hợp đó phải chăng lúc nào cũng có thể phân tích được về nhân tử $(a-b)^2$ ? Nếu dấu bằng không đạt được tại tâm thì việc biến đối và chứng minh sẽ như thế nào ạ

Việc có thế phân tích thành $M.(a-b)^2$ là điều chắc chắn làm được em ak.
Còn dấu bằng không đạt tại tâm thì cũng làm tương tự thôi. Anh cố tình không cho ví dụ dạng này, coi như vấn đê mở để các bạn còn sáng tạo.

Chưa hiểu lắm ạ!

Chưa cần hiểu ngay thấy nick mới 98 mà.

Cuộc hội ngộ thật cảm động và đầy nước mắt :o3

 

 

 

Đau bụng vcc =))))))))))))))))))))))))))))))

Vãi cả mod cmt.

 

Cho trường vecto $\vec F = ({y^n} + {z^n})\vec i + ({z^n} + {x^n})\vec j + ({x^n} + {y^n})\vec k $

L là giao tuyến của hai mặt $x^2+y^2+z^2=1$ và $2x+2y+2z=1$ chứng minh rằng: Lưu số dọc theo $L$ của $\vec{F}$ bằng $0$ với $n\in Z$

 Tính:

 

\[I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {ln\left( {1 - yco{s^2}x} \right)dx\,(y < 1)} \]

 

http://diendantoanho...ố-bất-dịnh-uct/

 

Lâu không làm nhưng chắc cái này có giúp được bạn đối với mấy bài này đó.

$\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^xsinx}{1+sin2x}dx$ (Thi thử đợt 1 - THPT Ứng Hoà Hà Nội)

Nhận thấy: 

 

\[\left( {\frac{{{e^x}}}{{2\left( {sinx + cosx} \right)}}} \right)' = \frac{{sinx}}{{1 + sin2x}}\]

 

Nên: 

 

\[\int {\frac{{sinx}}{{1 + sin2x}}dx = } \frac{{{e^x}}}{{2\left( {sinx + cosx} \right)}} + const\]

Sao lại chê mình thế  . Ít ra bạn phải nói là " Thừa vài cân và có vẻ hơi chững chạc " thế mới hay

có thế nào nói thế ấy thôi bạn ak.

Mình lập topic để các mem đăng ảnh chụp về cuộc thi Olympic 30-4 lần XIX năm 2013.Bắt đầu là ảnh chụp của 2 mem ( có mình )

 

Béo và hơi già.

Bài 1: Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$.

Tìm GTLN của  $P=\left | a^3+b^3+c^3-abc \right |$

 

Bài 2:  Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $\left | a^3+b^3+c^3-abc \right |=1$.

Tìm GTNN của $a^2+b^2+c^2$

Làm bài 1: Theo BĐT Cauchy-Schwarz: (Có ông Lagrange hậu thuẫn)

 

\[9{P^2} = {\left[ {\sum {a\left( {3{a^2} - bc} \right)} } \right]^2} \le \left( {\sum {{a^2}} } \right)\left( {\sum {{{\left( {3{a^2} - bc} \right)}^2}} } \right) =  \cdots  \le 9\]

$sin\frac{1}{x}$ đâu có giới hạn đâu bạn

 

Vô cùng bé x bị chặn là 1 vô cùng bé.  

Giải phương trình: 

 

$$y'(x+y^2)=y$$

Thay $x$ bởi $f^{-1}(x)$ ta có: 

 

\[x + f\left( x \right) = 2{f^{ - 1}}\left( x \right)\]

 

Từ đó suy ra $f(x)=x$

Cho ${a}_{o}=1 , {a}_{n+1}=\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n}+1}$. Tìm công thức tổng quát của dãy số

Bài 1: Cho $x=1$ suy ra $f(1)=2$

cho $x=-1$ suy ra $f(-1)=2$

Các bài toán hàm liên tục hay hàm khả vi thường có ít dữ kiện,nên khi làm bài thường dựa vào đáp án để suy ngược lên, tìm 1 hàm mới để sử dụng, ai biết cách tìm, chỉ giúp mình với.
ví dụ bài sau:
cho f khả vi trên [0,1], f(0)=0, f(1)=1
chứng minh rằng tồn tại $a,b\in (0,1)$ với $a\neq b$ sao cho $\frac{1}{f(a)}+\frac{2}{f(b)}=3$
thanks!

Là $\frac{1}{f'(a)}+\frac{2}{f'(b)}=3$ chứ anh bạn.

Nếu đề là thế này thì mình giải nó như sau:

Xét hàm \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - x - \sqrt {x - {x^2}} \,\left( {x \in \left[ {0;1} \right]} \right)\]

Ta có: $g\left( 0 \right).g\left( 1 \right) < 0$ nên tồn tại $c\in (0;1)$ sao cho:

\[f\left( c \right) = c + \sqrt {c - {c^2}} \]

Áp dụng Định lý $Lagrange$ ta có tồn tại $a\in (0;c)$ $b\in (c;1)$ sao cho:


\[\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{f\left( c \right) - f\left( 0 \right)}}{{c - 0}} = f'\left( a \right) \Rightarrow f'\left( a \right) = \frac{{f\left( c \right)}}{c} \\
\frac{{f\left( 1 \right) - f\left( c \right)}}{{1 - c}} = f'\left( b \right) \Rightarrow f'\left( b \right) = \frac{{1 - f\left( c \right)}}{{1 - c}} \\
\end{array} \right.\]

Ta có: \[\frac{1}{{f'\left( a \right)}} + \frac{2}{{f'\left( b \right)}} = \frac{c}{{f\left( c \right)}} + \frac{{1 - c}}{{1 - f\left( c \right)}} = \frac{{c + f\left( c \right) - 2cf\left( c \right)}}{{f\left( c \right)\left( {1 - f\left( c \right)} \right)}} = 1\]

----------------------------------------------------------------------

Mình nhìn nhầm là $\frac{1}{f'(a)}+\frac{1}{f'(b)}=3$, hi, nhưng ngại chữa lại.

Giải phương trình:
$$(x-1)^2\left [1+2x+3x^2+...+(n+1)x^n \right ]=1$$
Trong đó $n$ là số nguyên dương.

Nhận thấy $x=1$ không là nghiệm phương trình.

Ta có: \[x + {x^2} + \cdots + {x^{n + 1}} = x\left( {1 + x + {x^2} + \cdots {x^n}} \right) = \frac{{x\left( {1 - {x^{n + 1}}} \right)}}{{1 - x}}\]

Nên \[ \Rightarrow 1 + 2x + \cdots + \left( {n + 1} \right){x^2} = \left( {\frac{{x - {x^{n + 1}}}}{{1 - x}}} \right)' = \frac{{\left[ {1 - \left( {n + 1} \right){x^n}} \right]\left( {1 - x} \right) + x\left( {1 - {x^n}} \right)}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}\]

Nên phương trình đã cho trở thành:

\[\left[ {1 - \left( {n + 1} \right){x^n}} \right]\left( {1 - x} \right) + x\left( {1 - {x^n}} \right) = 1\]

\[ \Leftrightarrow - \left( {n + 1} \right){x^n} + n{x^{n + 1}} = 0\]


\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \\
x = \frac{{n + 1}}{n} \\
\end{array} \right.\]

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm $x=0;x=\dfrac{n+1}{n}$

Tính tổng A=$a_1+a_2+a_3+...+a_{2003}$, biết :
$a_{n}=\frac{1}{\sqrt{n}(n+1)+n\sqrt{(n+1)}}$ $(n\epsilon N^{*})$

\[{a_n} = \frac{1}{{\sqrt n (n + 1) + n\sqrt {(n + 1)} }} = \frac{{n + 1 - n}}{{\sqrt n (n + 1) + n\sqrt {(n + 1)} }} = \frac{1}{{\sqrt n }} - \frac{1}{{\sqrt {n + 1} }}\]

Nên
\[A = \frac{1}{{\sqrt 1 }} - \frac{1}{{\sqrt {2003} }}\]

Nhìn những bạn trước kia vốn ngu hơn mình rất nhiều bây giờ lại trở lên học giỏi mình rất là bức xúc và mình quyết tâm phải học giởi hơn chúng nó

Do trước kia mình cũng là học sinh giòi từ năm mẫu giáo tới năm lớp 9

Này cu, chú có đang tự tin khi đánh giá về bản thân mình không đấy, thứ nhất cu lấy gì khẳng định thằng này nó "ngu" hơn mình? Thứ hai là chú đã nghe thấy câu : "Thùng rỗng kêu to" chưa? Từ bé đến h mình hơi bị dị ứng với những thằng lấy cái được học sinh giỏi ra để so sánh sức học của thằng này với thằng khác.

Phương trình đã cho tương đương với:
\[ \sqrt[3]{3x{}^{2}-3x+3}-x-(\sqrt{\dfrac{x{}^{3}}{3}-\dfrac{3}{4}}-x+\dfrac{1}{2})=0\]
Nhân liên hợp ta được:
\[ \Leftrightarrow \dfrac{-x^3+3x^2-3x+3}{(\sqrt[3]{3x{}^{2}-3x+3})^2+x.\sqrt[3]{3x{}^{2}-3x+3}+x^2}-\dfrac{\dfrac{x{}^{3}}{3}-\dfrac{3}{4}-x^2-\dfrac{1}{4}+x}{\sqrt{\dfrac{x{}^{3}}{3}-\dfrac{3}{4}}+x-\dfrac{1}{2}}=0\]
Đến đây là có nhân tử chung: $-x^3+3x^2-3x+3=0$

$$\Leftrightarrow x^3 - 3x^2 + 3x + 1 = 2 \Leftrightarrow (x - 1)^3 = 2$$

Trường mình giữa tháng 3 chốt rồi, đi ôn mà chẳng hiểu gì, chưa thi cũng biết ở nhà rồi, BK đề khó lắm bạn? Chắc lại hi vọng nòng cốt khóa trước và 1 ông k57 đạt HCĐ IMO thôi

Mình thi GT thôi, đề có trên này rồi đó, hôm đó làm được có kk thôi, ở nhà chặt chẽ.

$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx}$.

$I=\frac{\sqrt{2}}{2}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{\sin x}{\sin (x+\frac{\pi}{4})}\ dx}$

Đặt $t=x+\frac{\pi}{4}\Rightarrow dt=dt$

$I=\frac{1}{2}\int _{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sqrt{2}\sin (t-\frac{\pi }{4})}{\sin t}\ dt$

$I=\frac{1}{2}\int _{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin t-\cos t}{\sin t}\ dt}$

$I=\frac{1}{2}(1-\ln(\sin t))\: |_\frac{\pi }{4}^{\frac{\pi }{2}}=...............$

Một kĩ thuật nhỏ của dạng tích phân này là có thể xét thêm :

\[I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{cosx}}{{\sin x + \cos x}}dx} \]

Giải phương trình:

\[\sqrt[3]{{3{x^2} - 3x + 3}} - \sqrt {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{3}{4}} = \frac{1}{2}\]