Hay có lẽ là cụ Võ Nguyên Giáp?

Mấy anh cho em hỏi là chứng minh cụ thể các phương pháp của anh Hùng có thể xem ở đâu ạ. Em đang rỗi và cũng có vài việc cần nên muốn đọc kĩ các chứng minh ấy.

Cám ơn mấy anh.

EM post chơi cái ảnh lấy bên toanthpt.

Cho em hỏi đây có phải là người Việt không vậy.

Đặt $a=|x-y|,b=|x-z|,c=|z-y|$
Đặt $f(x) = \dfrac{x}{{x + 1}},f'(x) = \dfrac{1}{{(x + 1)^2 }} > 0,\forall x \in R$. Mà $a \le b + c$ nên $f(a) \le f(b + c)$. Ta cần chứng minh $f(b + c) \leq f(b)+f( c )$. Điều này tương đương với $bc(b+c+2)\ge0$, điều này luôn đúng do $b,c\ge0$.

Tớ không hiểu cậu lắm nhưng coi chừng cậu bị tẩu hỏa nhập ma đó.

Ta cũng có thể coi phương trình điều kiện là phương trình của một mặt phẳng. M(a;b;c) là một điểm trên mặt phẳng đó. Ta tìm M sao cho khoảng cách từ M đến A(1;1;1) là nhỏ nhất. Khi đó thì biểu thức f cũng nhỏ nhất.
Mấy anh cho em hỏi những đề này dành cho kỳ thi vào lớp KSTN dành cho sinh viên năm đầu phải không ạ ?

Ha ha vợ mình là vô địch thiên hạ

Anh bonly01 thật có phước. Chúc mừng anh.

À, anh đổi nick đi, lấy tên vợ anh ấy. Tình cảm phải biết.

Bạn em còn dễ vận động hơn........... em nhiều

Uhm. Anh có vận động em đâu. Anh chỉ đề nghị một hình thức giải trí thay thế trong lúc bạn em ...

PS: dẫu sao anh vẫn chờ để có thể trao cho em 1 cái bằng khen đấy.

Em có 1 con bạn xinh hơn cả chị này nhưng khổ nỗi cứ đưa máy ảnh chụp là bé ...... quay mặt đi !!!!!!!!!lại còn kèm theo ánh mắt .... hù dọa em nữa , hãi quá !!!!!!!!!

Uhm. Thế thì em phải vận động bạn em nhiều vào. Xong rồi thì để lên đây để mọi người chiêm ngưỡng.

CÔNG LAO CỦA EM SẼ ĐƯỢC TOÀN THỂ CÁC MEM DIỄN ĐÀN GHI NHẬN VÀ TRAO BẰNG KHEN VÌ SỰ NGHIỆP KHAI SÁNG VĨ ĐẠI.

Mọi người đang trông đợi vào em đấy.

PS: à, trong lúc chờ đợi em đưa hình của em lên cũng được.

$\phi$ là hàm Euler ($\varphi$) à.
Vậy làm theo Mashimaru và chú ý
$\sigma (n) + \varphi (n) = (n + 1) + (n - 1) = 2n$ với n nguyên tố
và $\sigma (n),\varphi (n)$ là 2 hàm nhân tính là xong.
Khúc còn lại chỉ là biến đổi tương đương.

Ta đã biết
$\sigma _1 (n) = \sum\limits_{d|n} d = \prod\limits_{i = 1}^m {\dfrac{{p_i ^{c_i + 1} - 1}}{{p_i - 1}}} $

Sau đó tính $\sigma _2,\sigma _3,..,\sigma _k$ theo kiểu truy hồi.

Bài này sao em chẳng tìm được số k nào thõa đề hết, hình như không tồn tại tập $S$. Anh Cường xem lại thử.

$a = [a] + \{ a\} ,b = [b] + \{ b\} $
$ a - b = [a] - [b] + \{ a\} - \{ b\} \in Z \Rightarrow \{ a\} = \{ b\}$
$a^2 - b^2 = (a - b)(a + b) = ([a] - [b])([a] + [b] + \{ a\} + \{ b\} ) \in Z $
$ \Rightarrow \{ a\} + \{ b\} \in Z \Rightarrow 2\{ a\} \in Z$ $\Rightarrow \{ a\} = \{ b\} = \dfrac{1}{2} \vee \{ a\} = \{ b\} = 0 $
Nếu $ \{ a\} = \{ b\} = 0 $ ta có đpcm.
Nếu $ \{ a\} = \{ b\} = \dfrac{1}{2} $
$ a^3 - b^3 = ([a] - [b])([a]^2 + [b]^2 + [a][b] + 3\dfrac{{2([a] + [b]) + 1}}{4})$
vô lý do $ 2([a] + [b]) + 1 $ lẻ.

Dễ thấy $\angle A_1 + \angle A_3 + \angle A_5 = \angle A_2 + \angle A_4 + \angle A_6 = 360^o $
Lấy $A_1',A_3',A_5'$ đối xứng với $A_1,A_3,A_5$ qua $A_6A_2,A_2A_4,A_4A_6$

Dễ thấy $A_1',A_3',A_5'$ trùng nhau tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_2A_4A_6$.
Thật vậy, gọi $a,r$ là độ dài cạnh ngũ giác, và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_2A_4A_6$.
Nếu $a>r$ thì $\angle A_1 + \angle A_3 + \angle A_5 < 360^o$
Nếu $a<r$ thì $\angle A_1 + \angle A_3 + \angle A_5 > 360^o$

Sau đó cm các góc bằng nhau thì chỉ nhẩm một tí là ra.

Em nghĩ lần này Đức và Ý mới là 2 đội có khả năng cao nhất đoạt cúp.
Hà Lan, Tây Ban Nha đá cũng hay nhưng mấy đội mà ở vòng bảng chơi hay thì thường vào trong sẽ chết (ví dụ như Bồ chẳng hạn ...)

Em thì khoái Ý vô địch hơn ..

Chẳng có gì khó hiểu cả.
Giống như tổng của vô hạn các số hữu hạn là một số hữu hạn vậy.
Người ta có cả đống công thức vậy đấy: Taylor, Maclaurin, khai triển Fourier ....

Chú ý rằng $(n + 1)^2 - n^2 = 2n + 1$
ta có
$\dfrac{1}{{\sqrt 1 }} + .. + \dfrac{1}{{\sqrt {100} }} > \dfrac{1}{1} + \dfrac{3}{2} + \dfrac{5}{3} + .. + \dfrac{{2(k - 1) + 1}}{k} + .. + \dfrac{{19}}{{10}} > 10$

Có một ít ngộ nhận, mình đã sữa lại.

3. $\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{i^2 }}} < \dfrac{5}{3}$

rainbowdragon : Ủa không phải là bạn quangghePT1 đã giải rồi sao em, bài của em nói đúng rồi (thi thử ĐH của trường anh mà ).

Các bạn giải bài số 3 đi. Mình mới chỉ cm được vế trái < 2.

Bài 2 đâu cần phải p,q,r ghê gớm thế nhỉ

BDt tương đương với

$\dfrac{1}{{x^3 + y^3 + 1}} + \dfrac{1}{{y^3 + z^3 + 1}} + \dfrac{1}{{z^3 + x^3 + 1}}\leq \sum \dfrac{1}{xy(x+y)}=\sum \dfrac{z}{x+y+z}=1$

Bạn chuyển về mũ 3 cũng khá hay nhưng bạn có thể viết rõ hơn các bước không ?
Cám ơn.

Xắp xếp lại dãy số như sau.
$0 < a_1 \le a_2 \le a_3 \le ... \le a_n $
Đặt $\nabla _i = a_{i + 1} - a_i $
Ta nhận thấy $n - 2$ điểm $a_2 ,a_3 ,..,a_{n - 1} $ chia đoạn $[a_1 ;a_n ]$ làm $n - 1$ đoạn nhỏ,
Đặt mỗi đoạn nhỏ này là $\Delta _i $, sao cho $\Delta _1 \le \Delta _2 \le .. \le \Delta _{n - 1} $
Ta suy ra $\nabla _i \ge {\min }\limits_{1 \le i < j \le n} |a_i - a_j | = \Delta _1 $
Ta có
$M \ge \sum\limits_{i = 1}^n {a_i^2 } = a_1^2 + (a_1^2 + \nabla _1 )^2 + (a_1^2 + \nabla _1 + \nabla _2 )^2 + .. + (a_1^2 + \nabla _1 + .. + \nabla _{n - 1} )^2 $
$ \ge a_1^2 + (a_1^2 + \Delta _1 )^2 + (a_1^2 + 2\Delta _1 )^2 + .. + (a_1^2 + (n - 1)\Delta _1 )^2 $
$ = na_1^2 + 2a_1 \Delta _1 [1 + 2 + .. + (n - 1)] + \Delta _1^2 [1^2 + .. + (n - 1)^2 ]$
$\ge \Delta _1^2 \dfrac{{(n - 1)n(2n - 1)}}{6}$
Vậy $\Delta _1 \le \sqrt {\dfrac{{6M}}{{n (n - 1)(2n - 1)}}} $

Bài này cũng không quá rắc rối, bạn nào có cách khác thì post lên cho mình tham khảo.

Cái này hình như không có nguyên hàm cơ bản.
Tính trên này http://integrals.wol...mp;random=false thì được kết quả là :

$\int {\dfrac{{x^3 }}{{e^x - 1}}dx} = - \dfrac{{x^4 }}{4} + \log (1 - e^x )x^3 + 3Li_2 (e^x )x^2 - 6Li_3 (e^x )x + 6Li_4 (e^x ) + C$

Về hàm Li thì xem tại đây: http://mathworld.wol...ilogarithm.html

Gặp mấy bài này thì đừng có dại mà làm, né xa 100m .

1/
$\dfrac{{3yz}}{x} + \dfrac{{4xz}}{y} + \dfrac{{5xy}}{z} = (\dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{2zx}}{y}) + (\dfrac{{4xy}}{z} + \dfrac{{2yz}}{x} + \dfrac{{2zx}}{y})$
$ = (\dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{zx}}{y} + \dfrac{{zx}}{y}) + 2(\dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{zx}}{y}) \ge 4(\sqrt {xz} + 2\sqrt {xy} ) = 4$
2/
Bất đẳng thức đề bài tương đương với bất đẳng thức sau :
$\dfrac{1}{{a + b + 1}} + \dfrac{1}{{b + c + 1}} + \dfrac{1}{{c + a + 1}} = \dfrac{{\sum {a^2 } + 3\sum {ab} + 4\sum a + 3}}{{\sum\limits_{cyc} {a^2 b} + \sum {a^2 } + 2abc + 3\sum {ab} + 2\sum a + 1}} \le 1$
$ \Leftrightarrow 2\sum a \le \sum\limits_{cyc} {a^2 b} = \sum a \sum {ab} - 3abc$
$(p = \sum a ,q = \sum {ab} ,r = abc)$
$ \Leftrightarrow 2p + 3 \le pq$
Ta có $q^2 \ge 3pr = 3p \Rightarrow pq \ge \sqrt 3 (\sqrt p )^3 $
Ta cần chứng minh rằng
$2p + 3 \le \sqrt 3 (\sqrt p )^3 \Leftrightarrow \sqrt p \ge \sqrt 3 $ (đúng do bất đẳng thức Cauchy)
Vậy ta có đpcm.

3. $\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{i^2 }}} < \dfrac{5}{3}$

Cho $a_i > 0$ $(i = 1,2,...,n);$ $\sum\limits_{i = 1}^n {a_i ^2 } \le \Large\mathbf {M}:const$
Cmr :
${\min }\limits_{1 \le i < j \le n} |a_i - a_j | \le \sqrt {\dfrac{\Large\mathbf {6M}}{{n (n - 1)(2n - 1)}}} $