Đến nội dung

badatmath

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 $a_{1}=a_{2}=a_{3}=...=a_{n}=1$