Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


badatmath

Đăng ký: 11-06-2013
Offline Đăng nhập: 26-08-2014 - 16:38
***--

#519224 Tìm GTNN của $P=\frac{x^7z}{x^5y^2z+2y^6}+...

Gửi bởi badatmath trong 12-08-2014 - 23:15

Cho $x,y,z> 0$, tìm $GTNN$ của
$P=\frac{x^7z}{x^5y^2z+2y^6}+\frac{y^7z^6}{y^5z^4+2x}+\frac{1}{x^2z^2+2x^6yz^7}$




#512615 $\lim_{n \rightarrow \infty } \frac{a...

Gửi bởi badatmath trong 13-07-2014 - 16:56

Cho hai dãy $(a_{n}),(b_{n})$ được xác định bởi $a_1=1 ; b_1=2 $ và

$\left\{\begin{matrix} a_{n+1}=\frac{1+a_n+a_n.b_n}{b_n}\\ b_{n+1}=\frac{1+b_n+a_n.b_n}{a_n} \end{matrix}\right.$ với $n \geq 1$
Tìm $\lim_{n \rightarrow \infty } \frac{a_n}{\sqrt{n}}$




#477417 Tìm GTNN của : A=$\frac{x+8}{\sqrt{x}...

Gửi bởi badatmath trong 15-01-2014 - 19:59

ĐK: $x\geq 0$ 
$A=\frac{x+8}{\sqrt{x}+1}= \frac{(x-1)+9}{\sqrt{x}+1}=\sqrt{x}-1+\frac{9}{\sqrt{x}+1}$
$=(\sqrt{x}+1+\frac{9}{\sqrt{x}+1})-2\geq 2.\sqrt{\frac{(\sqrt{x}+1).9}{\sqrt{x}+1}}-2=4$ (BĐT $AM-GM$ )
Vậy GTNN của A là 4 khi x=4




#477410 $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c...

Gửi bởi badatmath trong 15-01-2014 - 19:45

Đặt $p=a+b+c$ , $q=ab+bc+ca$ và $r=a.b.c$,
Từ BĐT ban đầu ta quy đồng vế trái lên, sẽ đưa về được :
$\frac{p^2+q}{p.q-r}\leq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow 2p^2+2q\leq 3pq-3r$
$\Leftrightarrow p^2-2p-3r\geqslant 0$ ( Vì $p=q$ )
Ta có :$-r\geq -\frac{p.q}{9}=-\frac{p^2}{9}$ 
Nên $p^2-2p-3r\geq p^2-2p-\frac{p^2}{3}$
Ta cần chứng minh $p^2-2p-\frac{p^2}{3}\geq 0$ hay $p.(p-3)\geq 0$ (1)
Từ giả thiết $p=q \Rightarrow p=q\leq \frac{p^2}{3}$ 
$\Rightarrow p\geq 3$  (2) 
Từ (2) suy ra (1) đúng
Vậy BĐT được chứng minh




#477154 U1=5; U(n+1)= (Un)^{2}-2 (n=1;2;.....)

Gửi bởi badatmath trong 13-01-2014 - 22:57

Từ cách xác đinh, ta có $\lim (U_{n})=+\infty$
Ta có: $U_{n+1}=(U_{n})^2-2$ nên $(U_{n+1})^2-4=[(U_{n})^2-2]^2-4$
$\Leftrightarrow (U_{n+1})^2-4=(U_{n})^2.[(U_n)^2-4]$
                                        $=(U_n)^2.(U_{n-1})^2.[(U_{n-1})^2-4]=...=(Un)^2.(U_{n-1})^2...(U_1)^2.[(U_1)^2-4]$
$\Rightarrow \frac{(U_{n+1})^2}{(Un)^2.(U_{n-1})^2...(U_1)^2}=21+\frac{4}{(Un)^2.(U_{n-1})^2...(U_1)^2}$
$\Rightarrow lim \frac{(U_{n+1})^2}{(Un)^2.(U_{n-1})^2...(U_1)^2}=21+lim\frac{4}{(Un)^2.(U_{n-1})^2...(U_1)^2}=21$
(vì $lim\frac{4}{(Un)^2.(U_{n-1})^2...(U_1)^2}=0$)
$\Rightarrow \Rightarrow lim \frac{U_{n+1}}{Un.U_{n-1}...U_1}=\sqrt{21}$
 




#462499 Bất đẳng thức Becnuli

Gửi bởi badatmath trong 06-11-2013 - 17:50

Bạn có thể cho mình xin luôn tập tài liệu được không ?




#460781 Chứng minh rằng $x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx\geq 2(\sqrt{x}+...

Gửi bởi badatmath trong 29-10-2013 - 22:57

Bài này không khó đâu bạn.
Từ giả thiết $x.y.z=1$ ta suy ra được
$x.y=\frac{1}{z}$
$y.z=\frac{1}{x}$
$z.x=\frac{1}{y}$
áp dụng Bất đẳng thức AM-GM (Gọi thông thường là Cô-si ây) cho các bộ số ($x^2+\frac{1}{x}$),($y^2+\frac{1}{y}$) và ($z^2+\frac{1}{z}$)
Sẽ ra điều phải chứng minh




#457152 Cho a+b=4.CM: $a^{2}+b^{2}\geq 8$

Gửi bởi badatmath trong 12-10-2013 - 18:33

bạn ơi, mình chỉ mới học đến bđt $a^{2}+b^{2}\geq 2ab$. Dạng $a^{2}+b^{2}\geq \frac{\left ( a+b \right )^{2}}{2}$ thì chứng minh làm sao? giúp mình với.

Theo AM-GM thì $a^2+b^2\geq 2ab$
Ta cộng 2 vế của bất đẳng thức này với $(a^2+b^2)$
Thì sẽ có $2(a^2+b^2)\geq (a+b)^2$ Nên $a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}$




#455698 CMR: $a+b> 4$ & $b+c\geqslant abc$

Gửi bởi badatmath trong 06-10-2013 - 19:15

2/ Ta có 
gt đã cho $a,b,c> 0$  và  $a+b+c= 4$
$\Rightarrow a=4-b-c$
Vậy $b+c\geq abc$
$\Leftrightarrow b+c\geq (4-b-c)bc$
$\Leftrightarrow (b^2c-2bc+c)+(c^2b-2bc+b)\geq 0$
$\Leftrightarrow c(b-1)^2+b(c-1)^2\geq 0$ (Đúng)
Vậy dấu "=" xảy ra khi b=c=1 và a=2




#455688 CMR: $a+b> 4$ & $b+c\geqslant abc$

Gửi bởi badatmath trong 06-10-2013 - 18:45

1/ Áp dụng bất  đẳng thức AM-GM, ta có:
$a+b\geq 2\sqrt{ab}\Rightarrow (a+b)^2\geq 4ab$
$\Rightarrow (a+b)^2> 4(a+b)$ (Vì $ab> a+b$)
Nên $a+b> 4$ (Do a+b>0)




#455391 Tìm Max của P=$\sum \sqrt[3]{a+b}$

Gửi bởi badatmath trong 05-10-2013 - 20:28

$\sum \sqrt[3]{a+b}=\sum \frac{\sqrt[3]{(a+b).2.2}}{\sqrt[3]{4}}\leq \sum \frac{a+b+2+2}{3.\sqrt[3]{4}}\leq \frac{18}{3.\sqrt[3]{4}}$
Dấu "=" khi a=b=c=1




#452047 Tìm$ab +bc + ca$ Toán violympic 8

Gửi bởi badatmath trong 21-09-2013 - 17:44

 Ta có
$\left\{\begin{matrix} a+b+c=9\\ a^2+b^2+c^2=53 \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (a+b+c)^2=81\\ a^2+b^2+c^2=53 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=81\\ a^2+b^2+c^2=53 \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow ab+bc+ca=\frac{(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)}{2}=\frac{81-53}{2}=14$




#449699 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia Đà Nẵng 2013-2014 (2 Ngày)

Gửi bởi badatmath trong 12-09-2013 - 21:07

Bài 4: Ta sẽ CM $k \leq n \left(n+1 \right)$

Xét $k \leq n \left(n+1 \right)$

Ta sẽ tô màu như sau:

Ở hàng 1 ta tô các ô thứ $1,3,5,..,2n+1$

Ở hàng 3 ta tô các ô thứ $1,3,5,..,2n+1$

...

Ở hàng 2n-1 ta tô các ô thứ $1,3,5,..,2n+1$

Ta sẽ CM $k<n^2+n+1$ bằng quy nạp

Xét $n=1$: dễ dàng suy ra đpcm

Giả sử BĐT trên đúng với $n=i$

Xét $n=i+1$:

Ta chia bảng trên thành 4 phần: $2i\times \left ( 2i+1 \right )$, $2\times 2i$, $2\times \left ( 2i+1 \right )$, $2\times 2$

Dễ dàng thấy rằng trong bảng $2i\times \left ( 2i+1 \right )$ số ô được tô màu bé hơn $i^2+i+1$, bảng $2\times 2i$ số ô được tô màu bé hơn hoặc bằng $i$,bảng $2\times \left ( 2i+1 \right )$ số ô được tô màu bé hơn hoặc bằng $i+1$, bảng $2\times2$ số ô được tô màu bé hơn hoặc bằng $1$

Suy ra $k<\left ( i+1 \right )^2+\left ( i+1 \right )+1$

Suy ra đpcm

Vậy $max_{k}=n\left ( n+1 \right )$

Bài 2: chưa giải xong nhưng có một ý tưởng như sau:

$\sum \frac{x_i^k}{p_i}=\frac{\sum \left ( -1 \right )^{p-i}C_{p-1}^{i-1}i^k}{\left ( p-1 \right )!}$

Ta có thể chứng minh tử chia hết cho mẫu bằng cách nhóm các số hạng thích hợp :))

Sao bạn có thể nghĩ ra được cái đó .




#435205 cmr có vô số số nguyên dương n thỏa mãn n,n+1,n+2 biểu diễn được dưới tổng củ...

Gửi bởi badatmath trong 14-07-2013 - 13:18

cmr có vô số số nguyên dương n thỏa mãn n,n+1,n+2 biểu diễn được dưới tổng của 2 số chính phương

giúp mình với 

thank nhiều :like  :like  :like  :like  :like  :like  :D  :D  :D 

Với n=8 thì thõa mãn .
Giả sử tồn tại 1 số $m$  ($m> 0$) thõa :

$\left\{\begin{matrix} m=a^{2}+b^{2} \\ m+2=c^{2}+d^{2} \end{matrix}\right.$  $(a,b,c,d \epsilon \mathbb{N} )$
xét $n=m(m+2)=m^{2}+2m=(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})=(ac+bd)^{2}+(ad-bc)^{2}$
vậy $n+1=m^{2}+2m+1=(m+1)^{2}+0^{2}$
và $n+2=m^{2}+2m+2=(m+1)^{2}+1^{2}$
Vậy có vô số số n nguyên dương để n,n+1 và n+2 biểu diễn được dưới tổng của 2 số chính phương




#434878 Bài tập tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức lớp 9

Gửi bởi badatmath trong 12-07-2013 - 21:15

Cho a1,a2,...alà các số dương có tích bằng 1.

tìm GTNN của biểu thức $D=\sqrt{1+\frac{1}{a_{1}}}+\sqrt{1+\frac{1}{a_{2}}}+...+\sqrt{1+\frac{1}{a_{n}}}$

$a_{1}.a_{2}.a_{3}....a_{n}=1$
Ta có $\sqrt{1+\frac{1}{a_{1}}}=\sqrt{a_{1}.a_{2}.a_{3}....a_{n}+\frac{1}{a_{1}}}\geq \sqrt{2.\sqrt{a_{2}.a_{3}....a_{n}}}$ (Áp dụng BĐT Cô si )
Biến đổi tương tự thì $D\geq \sqrt{2.\sqrt{a_{2}.a_{3}....a_{n}}}+\sqrt{2.\sqrt{a_{1}.a_{3}....a_{n}}}+...+ \sqrt{2.\sqrt{a_{1}.a_{2}....a_{n-1}}}$
$D\geq \sqrt{2}.(\sqrt[4]{a_{2}.a_{3}....a_{n}}+\sqrt[4]{a_{1}.a_{3}....a_{n}}+...+\sqrt[4]{a_{1}.a_{2}....a_{n-1}})$
Tiếp tục áp dụng BĐT Cô si
D $\geq \sqrt{2}.n.\sqrt[n]{\sqrt[4]{(a_{1}.a_{2}.....a_{n})^{n-1}}}$$\geq \sqrt{2}n.$
Dấu "=" xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=a_{3}=...=a_{n}=1$