Binh nhất
Mọi người giúp e bài này với :
1.Chứng minh bất đẳng thức cauchy và bunhiacopski ( tổng quát với n số ) bằng phương pháp quy nạp
2.CMR : n$\epsilon$N* và n$\geq 3$ thì $n^{n+1}\geq (n+1)^{n}$ bằng phương pháp quy nạp
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 08-08-2013 - 18:58
Không Phải Chú Dốt Mà Vì Mẹ Chú Quên Cho I-Ốt Vào Canh 
Nhưng 
Never Give Up = Ngu Đứa Nào Cười T Đấm Phát Chết Luôn 
Độc cô cầu bại
Bài 2 : Chia 2 vế cho $n^{n}$
Ta đưa về chứng minh quy nạp cho bất đẳng thức $n\geq (1+\frac{1}{n})^{n}$ với n > 2
Với n = 3 hiển nhiên đúng
Ta giả sử $k\geq (1+\frac{1}{k})^{k}$
Ta chứng minh $k+1\geq (1+\frac{1}{k+1})^{k+1}$
Đây là phép nhân trực tiếp 2 bất đẳng thức $k\geq (1+\frac{1}{k+1})^{k}$
Và $1+\frac{1}{k+1}< 1+\frac{1}{k}$
Nhân cả 2 vế với nhau ta có ngay điều phải chứng minh .
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
$\sqrt{MF}'s$ $member$
Mọi người giúp e bài này với :
1.Chứng minh bất đẳng thức cauchy và bunhiacopski ( tổng quát với n số ) bằng phương pháp quy nạp
Bất đẳng thức Cauchy bạn có thể tham khảo tại đây
$\mathfrak Lê $ $\mathfrak Tấn $ $\mathfrak Khang $ $\mathfrak tự$ $\mathfrak hào $ $\mathfrak là $ $\mathfrak thành $ $\mathfrak viên $ $\mathfrak VMF $
$\textbf{Khi đọc một quyển sách; tôi chỉ ráng tìm cái hay của nó chứ không phải cái dở của nó.}$
Độc cô cầu bại
Với bất đẳng thức AM - GM bạn có thể xem ở đây http://vi.wikipedia....ẳng_thức_Cauchy
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Trung sĩ
nhân tiện làm giùm em bài này được không ạ : chứng minh $n^{n}\leq (n!)^{2}$ với n nguyên dương
Độc cô cầu bại
Với bất đẳng thức cauchy - schwarz có một cách làm khá hay ( tuy không đúng chủ đề quy nạp )
Chứng minh rằng với mọi số thực không âm thì ta có bất đẳng thức :
$(\sum_{i=1}^{n}(ai)^{2})(\sum_{i=1}^{n}(bi)^{2})\geq (\sum_{i=1}^{n}ai.bi)^{2}$
Trong đó i là các hệ số từ 1 -> n
Thật vậy theo bất đẳng thức cauchy - schwarz trong không gian vecto thực ( không gian Euclide )
Ta luôn có bất đẳng thức $(x,y)^{2}\leq (x,x)(y,y)$
Trong đó x ; y là 2 vecto bất kỳ của không gian này ; đẳng thức xảy ra khi x ; y phụ thuộc tuyến tính .
Ta áp dụng bất đẳng thức cơ bản này cho một không gian sau $x=(x1;x2;.........xn)$ ; $y=(y1;y2;.......yn)$
Mà ở đó phép cộng 2 phần tử xác định bởi $x+y=(x1+y1;x2+y2;.......;xn+yn)$
Và phép nhân một phần tử với một số thực là $ax=(ax1;...........axn)$ ; phép nhân 2 phần tử $xy=(x1.y1;...........;xn.yn)$
Ta chứng minh được không gian này là một không gian tuyến tính ; áp dụng bất đẳng thức trên cho không gian tuyến tính ; áp dụng bất đẳng thức $(x,y)^{2}\leq (x,x)(y,y)$
Ta có ngay điều phải chứng minh .
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Độc cô cầu bại
Phép giai thừa bậc 2 thì luôn không nhỏ hơn phép tự nâng lũy thừa một số .
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Trung sĩ
Phép giai thừa bậc 2 thì luôn không nhỏ hơn phép tự nâng lũy thừa một số .
chứng minh dùng em được không ạ,dùng quy nạp
Độc cô cầu bại
Với n = 1 hiển nhiên bất đẳng thức đúng ; Giả sử $k^{k}\leq (k!)^{2}$
Hay $k^{k-2}\leq (k-1)!^{2}$ ; ta sẽ chứng minh $(k+1)^{k-1}\leq (k!)^{2}$
Thật vậy tương tự bài trên ta thấy $VT=(k+1)^{k}.\frac{1}{k+1}\leq k^{k+1}.\frac{1}{k+1}\leq k^{k}\leq (k!)^{2}$
Bất đẳng thức được chứng minh .
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Binh nhất
Bài 2 : Chia 2 vế cho $n^{n}$
Ta đưa về chứng minh quy nạp cho bất đẳng thức $n\geq (1+\frac{1}{n})^{n}$ với n > 2
Với n = 3 hiển nhiên đúng
Ta giả sử $k\geq (1+\frac{1}{k})^{k}$
Ta chứng minh $k+1\geq (1+\frac{1}{k+1})^{k+1}$
Đây là phép nhân trực tiếp 2 bất đẳng thức $k\geq (1+\frac{1}{k+1})^{k}$
Và $1+\frac{1}{k+1}< 1+\frac{1}{k}$
Nhân cả 2 vế với nhau ta có ngay điều phải chứng minh .
Cho mình hỏi chút kinh nghiệm vs , sao lại nghĩ đc là chia cho n mũ n vậy 
Không Phải Chú Dốt Mà Vì Mẹ Chú Quên Cho I-Ốt Vào Canh Nhưng Never Give Up = Ngu Đứa Nào Cười T Đấm Phát Chết Luôn
Thành viên nổi bật 2015
Cho mình hỏi chút kinh nghiệm vs , sao lại nghĩ đc là chia cho n mũ n vậy
Vì rất có thể bạn đó liên tưởng đến kiến thức sau
$3> (1+\frac{1}{n})^n$
Tham khảo $2$ cách chứng minh ở đây http://diendantoanho...ac1n-right-n-3/
Khi đó với $n \geqslant 2$ thì ta có $n \geqslant 3> (1+\frac{1}{n})^n\Rightarrow n^{n+1}> (n+1)^n$
Độc cô cầu bại
Vì rất có thể bạn đó liên tưởng đến kiến thức sau
$3> (1+\frac{1}{n})^n$
Tham khảo $2$ cách chứng minh ở đây http://diendantoanho...ac1n-right-n-3/
Khi đó với $n \geqslant 2$ thì ta có $n \geqslant 3> (1+\frac{1}{n})^n\Rightarrow n^{n+1}> (n+1)^n$
sai rồi bạn ạ ; có lẽ mình nghĩ ra vì trc đây mình rất hay dùng quy nạp cho các bài toán 
( dự đoán thôi )
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Binh nhất
Không ai chứng minh dùm mình BĐT bunhiacopski bằng quy nạp à
Không Phải Chú Dốt Mà Vì Mẹ Chú Quên Cho I-Ốt Vào Canh Nhưng Never Give Up = Ngu Đứa Nào Cười T Đấm Phát Chết Luôn
Master Tetsuya
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học
