trauvang97

Chứng minh rằng: 

a) $(n!)^2>n^n ( n \in \mathbb{N}, n \geq 2) $

b) $C_{n}^0.C_{n}^1...C_{n}^n \leq \left ( \frac{2^n-2}{n-1} \right )^{n-1} ( n \in \mathbb{N}, n \geq 2) $ 

b) Do $C^{0}_{n}=C^{n}_{n}=1$ nên BĐT đã cho được viết lại thành:

$\sqrt[n-1]{C^{1}_{n}C^{2}_{n}...C^{n-1}_{n}}\leq \frac{2^n-2}{n-1}$

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

$\sqrt[n-1]{C^{1}_{n}C^{2}_{n}...C^{n-1}_{n}}\leq \frac{C^{1}_{n}+C^{2}_{n}+...+C^{n-1}_{n}}{n-1}=\frac{C^{0}_{n}+C^{1}_{n}+...+C^{n}_{n}-2}{n-1}$

$==\frac{2^n-2}{n-1}$

Suy ra đpcm

$lim\left ( 1-\frac{2}{n+2} \right )^n=lim\left ( 1-\frac{2}{n+2} \right )^{\frac{-(n+2)}{2}.\frac{-2n}{n+2}}$

$=e^{\lim_{n \to \infty }\frac{-2n}{n+2}}=e^{-2}<1$ hội tụ

Đặt $y' = p$ thì có luôn: $dy=pdx$ suy ra: $xp+y-p^2=0$

Vi phân hai vế lên:

$d(xp)+dy-dp^2=0$

$\Leftrightarrow xdp+pdx+pdx-2pdp=0$

$\Leftrightarrow xdp+2pdx-2ydy=0$

Ma trận hệ số của hệ phương trình trên là:

$A=\begin{bmatrix} 2 &1 &-1 &3 &-2 \\ 1 &-2 &3 &m &1 \\ 3 &-1 &2 &4 &-1 \end{bmatrix}$

$\rightarrow \begin{bmatrix} 1 &-2 &3 &m &1 \\ 2 &1 &-1 &3 &-2 \\ 3 &-1 &2 &4 &-1 \end{bmatrix}$  $(H_2\rightarrow H_1 , H_1 \rightarrow H_2)$

$\rightarrow \begin{bmatrix} 1 &-2 &3 &m &1 \\ 0 &5 &-7 &3-2m &-4 \\ 0 &5 &-7 &4-3m &-4 \end{bmatrix}$  $\begin{matrix} (H_2-2H_1\rightarrow H_2)\\ (H_3-3H_1\rightarrow H_3) \end{matrix}$

$\rightarrow \begin{bmatrix} 1 &-2 &3 &m &1 \\ 0 &5 &-7 &3-2m &-4 \\ 0 &0 &0 &m-1 &0 \end{bmatrix}$   $(H_3-H_2\rightarrow H_3)$

Để không gian nghiệm của hệ đã cho có số chiều bằng 2 thì $rankA=2$ hay $m-1$=0 hay $m=1$

Vậy $m=1$ thỏa mãn điều kiện đề bài

Cho $a_1;a_2;\dots ;a_n \epsilon [0;1]$. Chứng minh:

$\left(1+a_1+a_2+\dots a_n\right)^2 \geq 4\left(a_1^2+a_2^2+\dots +a_n^2\right)$

Từ giả thiết ta có: $a_{i}\geq a^{2}_{i}$ với mọi $a_{i}\in [0;1]$.

Do đó, ta chỉ cần chứng minh BDT: $(1+a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}\geq 4(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})$

Dễ thấy BDT trên luôn đúng, vậy ta có đpcm