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.


phuc_90

Đăng ký: 23-09-2006
Offline Đăng nhập: 07-01-2019 - 18:00
****-

#719199 Các cuốn sách về Đại số

Gửi bởi phuc_90 trong 07-01-2019 - 17:57

Lục lọi máy tính để dọn rác thì gặp đóng ebook Toán cao cấp thời còn sinh viên.

Sẵn tiện chia sẽ cho những ai yêu thích Toán học.

Vì sợ lý do bản quyền nên mình chỉ post tựa đề các quyển sách, em/anh/chị nào cần cuốn gì thì để lại email và tựa đề cuốn sách bên dưới. Mình sẽ gửi qua email sớm nhất có thể.

 

1.   Algebra Vol1__Fields and Galois Theory (F. Lorenz)

 

2.   Differential Galois Theory (J.F. Pommaret)

 

3.   Differential Galois Theory (Juan J. Morales-Ruiz)

 

4.   Differential Galois Theory (M. Put, M. Singer)

 

5.   Exploratory Galois Theory (J. Swallow)

 

6.   Field and Galois Theory (P. Morandi)

 

7.   Fields and Galois Theory (J.M Howie)

 

8.   Galois Theory (D.A Cox)

 

9.   Galois Theory (E. Artin)

 

10.   Galois Theory (Joseph Rotman)

 

11.   Galois Theory (Steven H. Weintraub)

 

12.   Introduction to Field Theory (Adamson)

 

13.   Introduction to Galois Theory (D.R. Wilkins)

 

14.   Progress in Galois Theory (H. Voelklein, T. Shaska)

 

15.   Theory Field and Galois (J.S Milne)

 

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------

 

16.   A Course in Ring Theory (D.S. Passman)

 

17.   A First Course in Noncommutative Rings (T.Y. Lam)

 

18.   Advances in Commutative Ring Theory (D. Dodds)

 

19.   Advances in Noncommutative Ring Theory (P.J. Fleury)

 

20.   Commutative Normed Rings (I. Gelfand)

 

21.   Commutative Ring Theory (H. Matsumura)

 

22.   Exercises in Classical Ring Theory (T.Y. Lam)

 

23.   Group Rings, Crossed Products, Galois Theory (D.S. Passman)

 

24.   Methods in Module Theory (G. Abrams, J. Haefner)

 

25.   Ring of Quotients_Introduction to Methods of Ring Theory (B. Stenstroem)

 

26.   Transcendental Numbers (C.L Siegel)

 

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

 

còn tiếp .......




#532669 $\sum a\left ( \frac{1}{b}+\frac...

Gửi bởi phuc_90 trong 10-11-2014 - 13:17

Cho $a , b , c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác . Chứng minh :

$\sum a\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\leq 3+\sum \frac{a^{2}}{bc}$

 

Nhân $abc$ cho 2 vế thì bất đẳng thức trở thành

 

$a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

 

Theo bất đẳng thức Cô-si thì

 

$ab(a+b) \leq \frac{1}{2}\left( \frac{ab(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{ab(a+b)(b+c)}{a+c}\right)$

 

$bc(b+c) \leq \frac{1}{2}\left( \frac{bc(b+c)(b+a)}{c+a}+\frac{bc(b+c)(c+a)}{b+a}\right)$

 

$ca(c+a) \leq \frac{1}{2}\left( \frac{ca(c+a)(c+b)}{a+b}+\frac{ca(c+a)(a+b)}{c+b}\right)$

 

Suy ra

 

$\sum ab(a+b) \leq \frac{1}{2}\sum\left(\frac{ab(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{ca(c+a)(a+b)}{c+b} \right)$

 

$=\frac{1}{2} \sum\left(a(a+b)(a+c) \right)$

 

$=\frac{1}{2}\left(a^3+b^3+c^3+3abc+\sum ab(a+b) \right)$

hay

 

$a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$




#532668 $\sum \frac{a}{b+c\sqrt{2}}...

Gửi bởi phuc_90 trong 10-11-2014 - 12:55

Tham khảo sách Sáng Tạo Bất Đẳng Thức Vol 1 của Phạm Kim Hùng để hiểu thêm các cách đặt thêm điều kiện cho bất đẳng thức  :)  hoaadc08




#532667 $\sum \frac{a}{b+c\sqrt{2}}...

Gửi bởi phuc_90 trong 10-11-2014 - 12:38

Đặt $x=\frac{3a}{a+b+c}$  ,  $y=\frac{3b}{a+b+c}$  ,  $z=\frac{3c}{a+b+c}$  khi đó $x+y+z=3$

 

Ta có :    $\sum \frac{a}{b+c\sqrt{2}} = \sum \frac{\frac{3a}{a+b+c}}{\frac{3b}{a+b+c}+\frac{3c\sqrt{2}}{a+b+c}} = \sum\frac{x}{y+z\sqrt{2}}$

 

Như vậy ta chuyển đổi bài toán trên về bài toán

 

Với $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x+y+z=3$ thì bất đẳng thức sau luôn đúng

 

$\sum\frac{x}{y+z\sqrt{2}} \geq \frac{3}{1+\sqrt{2}}$

 

Do đó ta có thể giả sử thêm điều kiện $a+b+c=3$




#532661 Thắc mắc về cách giải một bài bất đẳng thức $x^{2}+y^{2...

Gửi bởi phuc_90 trong 10-11-2014 - 11:51

 

Em xin trình bài cách giải bài bất đẳng thức Moskva-2000 mong anh chị giúp em thẩm định các giải em thấy cứ sao đâu đó có gì đó vướn thì phải nhưng em không nhận ra.
 
Đề : Cho $x,y,z$ là ba số thực dương thỏa $xyz=1$. Chứng minh rằng: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\geq 2(xy+yz+xz)$
 
Lời giải:
 
Không mất tính tổng quát ta giả sử $x=min(x,y,z)$ vì vậy $x\in (0;1]$.
 
Xét hàm số $f(x)=x^2-(2y+2z-1)x+y+z+y^2+z^2$
 
Ta thấy rằng: $f'(x)=2x-2y-2z+1\leq 0$ (do $yz\geq 1$)
 
Vì vậy $f(x)\geq f(1)$ mà $f(1)=0$ (vì khi $x=1$ do $x$ là nhỏ nhất và $xyz=1$ nên $y=z=1$ khi đó $f(1)=0$)
 
Vậy $f(x)\geq 0 \Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\geq 2(xy+yz+xz)$
 
Thật sự nhìn vào em không nhận ra lỗi nhưng đoạn đánh giá $f(1)$ của em, em có thể vận dụng giả thiết nữa hay không dạ?:!

 

 

$f\left(1\right) = y^2+z^2-y-z+2$ chứ ko có $f\left(1\right) = 0$ được




#532655 $\sum \frac{a}{b+c\sqrt{2}}...

Gửi bởi phuc_90 trong 10-11-2014 - 11:40

Cho a , b , c là các số dương . CMR : 

$\sum \frac{a}{b+c\sqrt{2}}\geq \frac{3}{1+\sqrt{2}}$

 

Chuẩn hóa $a+b+c=3$

 

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có

 

$\frac{a}{b+c\sqrt{2}}+\frac{a\left(b+c\sqrt{2}\right)}{\left(1+\sqrt{2}\right)^2} \geq \frac{2a}{1+\sqrt{2}}$

 

$\frac{b}{c+a\sqrt{2}}+\frac{b\left(c+a\sqrt{2}\right)}{\left(1+\sqrt{2}\right)^2} \geq \frac{2b}{1+\sqrt{2}}$

 

$\frac{c}{a+b\sqrt{2}}+\frac{c\left(a+b\sqrt{2}\right)}{\left(1+\sqrt{2}\right)^2} \geq \frac{2c}{1+\sqrt{2}}$

 

Suy ra

 

$\frac{a}{b+c\sqrt{2}}+\frac{b}{c+a\sqrt{2}}+\frac{c}{a+b\sqrt{2}} \geq \frac{2(a+b+c)}{1+\sqrt{2}}-\frac{ab+bc+ca}{1+\sqrt{2}} \geq \frac{3}{1+\sqrt{2}}$

 

Do  $9=(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$




#531570 $f(a,b,c) = \left[ 3(a^5+b^7sin\frac{\pi a}...

Gửi bởi phuc_90 trong 02-11-2014 - 20:00

 

Với $a,b,c  \in [0,1]$, chứng minh rằng
\[ f(a,b,c) = \left[ 3(a^5+b^7sin\frac{\pi a}{2}+c)-2(ab+bc+ca)\right] \leqslant 4 \]

 

 

Bổ đề :   Với $a,b \in [0,1]$ thì $3a^5+3b^7-2ab \leq 4$

 

Thật vậy

 

Nếu $a \geq b$, ta có

 

$3a^5+3b^7-2ab \leq 3a^5+3b^7-2b^2$

 

$\leq 3+(3b^7-2b^2-1)+1 =4+(b-1)(3b^6+3b^5+3b^4+3b^3+3b^2+b+1)\leq 4$

 

Nếu $a \leq b$, ta có

 

$3a^5+3b^7-2ab \leq 3a^5+3b^7-2a^2$

 

$\leq (3a^5-2a^2-1)+1+3 = 4+(a-1)(3a^4+3a^3+3a^2+a+1) \leq 4$

 

Trở lại bài toán

 

Vì  $sin\frac{\pi a}{2} \leq 1$  nên  $f(a,b,c) \leq 3(a^5+b^7+c)-2(ab+bc+ca)=g\left(c\right)$

 

Ta có  $g^{'}\left(c\right)=3-2(a+b)$

 

Trường hợp 1:   $a+b \leq \frac{3}{2}$

 

Khi đó $g^{'}\left(c\right) \geq 0$  nên  $g\left(c\right) \leq g(1)=3a^5+3b^7+3-2ab-2a-2b=h(a,b)$

 

Nếu $a \geq b$ thì ta có $2b \leq a+b \leq \frac{3}{2}$  suy ra  $b \leq \frac{3}{4}$

 

Ta có $h(a,b)=(3a^5-2a-1)+b(3b^6-2-2a)+4 \leq 4$

 

Vì $3a^5-2a-1=(a-1)(3a^4+3a^3+3a^2+3a+1) \leq 0$

 

$3b^6-2a-2 \leq 3\left(\frac{3}{4}\right)^6-2a-2<0$

 

Nếu $a \leq b$ thì ta có $2a \leq a+b \leq \frac{3}{2}$  suy ra  $a \leq \frac{3}{4}$

 

Ta có $h(a,b)=(3b^7-2b-1)+a(3a^4-2-2b)+4 \leq 4$

 

Vì $3b^7-2b-1=(b-1)(3b^6+3b^5+3b^4+3b^3+3b^2+3b+1) \leq 0$

 

$3a^4-2b-2 \leq 3\left(\frac{3}{4}\right)^4-2b-2<0$

 

Trường hợp 2 :    $a+b \geq \frac{3}{2}$

 

Khi đó $g^{'}\left(c\right) \leq 0$ nên $g\left(c\right) \leq g(0)=3a^5+3b^7-2ab \leq 4$   (do Bổ đề)




#531468 CMR $(n-1)\sum_{i=1}^{n}x_i^2+2\prod_...

Gửi bởi phuc_90 trong 02-11-2014 - 09:30

Cho $x_1,x_2,..,x_n$ là các số thực không âm với $n\in \mathbb{N},n\geq 2$

CMR $(n-1)(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2)+2x_1x_2...x_n+n-2\geq (x_1+x_2+...+x_n)^2 $

 

 

NTP

 

Sử dụng định lý sau

 

Định lý UMV :   Cho $f$ là hàm liên tục đối xứng xác định trên tập $U \subset \mathbb{R}^n  \mapsto \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện

 

$f(...,x,...,y...) \geq min \left\{f\left(...,\frac{x+y}{2},...,\frac{x+y}{2},...\right) , f(...,0,...,x+y,...) \right\}$

 

Khi đó với mọi bộ $\left(x_1,x_2,...,x_n\right)\in U$ thì  $f\left(x_1,x_2,...,x_n\right) \geq min \left\{C_t \right\}_{t=0}^{n-1}$

 

Trong đó $C_t$ là giá trị của hàm $f$ khi có $t$ số bằng $0$ và các số còn lại bằng nhau




#531358 CMR $(n-1)\sum_{i=1}^{n}x_i^2+2\prod_...

Gửi bởi phuc_90 trong 01-11-2014 - 11:33

Cho $x_1,x_2,..,x_n$ là các số thực không âm với $n\in \mathbb{N},n\geq 2$

CMR $(n-1)(x_1+x_2+...+x_n)+2x_1x_2...x_n+n-2\geq (x_1+x_2+...+x_n)^2$

 

NTP

 

Cho $n=2$ và $x_1=x_2=2$ thì BĐT sai

 

Nếu thêm điều kiện $x_1, x_2, ..., x_n \in \left[0 ; 1\right]$ thì ta có thể dùng phương pháp quy nạp hoặc tính chất hàm lõm để chứng minh

 

Tính chất hàm lõm :   Cho $x \in \left[p ; q\right]$ và $f(x)$ là hàm lõm thì $ f(x) \geq min\left\{f(p) ; f(q) \right\}$  với mọi $x \in \left[p ; q\right]$




#531357 $\frac{a^x-b^x}{a+b}+\frac{b^x-c^x...

Gửi bởi phuc_90 trong 01-11-2014 - 11:29

Bài toán :   Cho $a,b,c$ là các số thực không âm và $x$ là số thực dương. Chứng minh rằng

 

$\frac{a^x-b^x}{a+b}+\frac{b^x-c^x}{b+c}+\frac{c^x-a^x}{c+a} \geq 0$




#529476 $ \frac{x}{\sqrt{x+y}}+\fra...

Gửi bởi phuc_90 trong 19-10-2014 - 06:40

Cho $ x,y,z>0 $. Chứng minh rằng:
$ \frac{x}{\sqrt{x+y}}+\frac{y}{\sqrt{y+z}}+\frac{z}{\sqrt{z+x}} \le \sqrt{\frac{3(x+y+z)}{2}} $

 

Ta sẽ chứng minh kết quả sau :

 

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $abc=1$ thì

 

$\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c} \leq \frac{3}{2}$

 

Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$ suy ra $c\leq 1$

 

Ta có :   $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b} \leq \frac{2}{1+\sqrt{ab}}$

 

Khi đó  $VT \leq \frac{2}{1+\sqrt{ab}}+\frac{1}{1+c}=\frac{2\sqrt{c}}{1+\sqrt{c}}+\frac{1}{1+c}=-\frac{\left(1-\sqrt{c}\right)^3}{2\left(1+\sqrt{c}\right)\left(1+c\right)}+\frac{3}{2}\leq\frac{3}{2}$

 

Trở lại bài toán

 

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì

 

$VT^2 \leq \left(x+y+z\right)\left(\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}\right)$

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh

 

$\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}\leq \frac{3}{2}$

 

Đặt $a=\frac{y}{x}   ,   b=\frac{z}{y}   ,    c=\frac{x}{z}$  thì $abc=1$  và bất đẳng thức tương đương

 

$\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c} \leq \frac{3}{2}$

 

Đây chính là kết quả ta mới vừa chứng minh.




#529384 $\sum\frac{x}{\sqrt{y}\left...

Gửi bởi phuc_90 trong 18-10-2014 - 17:02

Bài toán :   Cho $x,y,z \in \left(0,2\right]$ thỏa $x+y+z=3$. Chứng minh rằng :

 

$\frac{x}{\sqrt{y}\left(2-x\right)}+\frac{y}{\sqrt{z}\left(2-y\right)}+\frac{z}{\sqrt{x}\left(2-z\right)} \leq \frac{x}{y\left(2-x\right)}+\frac{y}{z\left(2-y\right)}+\frac{z}{x\left(2-z\right)}$




#529372 $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}).$

Gửi bởi phuc_90 trong 18-10-2014 - 16:24

Cho em hỏi qua phép biến đổi nào mà nghĩ ra cách đặt thế này ạ?

 

Nhờ đẳng thức $a^2+b^2+c^2+2abc=1$ này nek em :icon6:




#528488 $3\prod \left ( a^3+1 \right )\geqslant \left (...

Gửi bởi phuc_90 trong 12-10-2014 - 19:12

Bài toán :   Cho a,b,c là các số thực dương thỏa $abc=1$. Chứng minh rằng :

 

$1)$        $3\left ( a^3+1 \right )\left ( b^3+1 \right )\left ( c^3+1 \right )\geq \left ( a+b+c \right )\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )$

 

$2)$       $3\left ( a^3+1 \right )\left ( b^3+1 \right )\left ( c^3+1 \right )\geq \left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )$

 

Gợi ý cho 2 câu :   Đặt  $x=a+\frac{1}{a} \geq 2$  ,  $y=b+\frac{1}{b} \geq 2$   ,   $z=c+\frac{1}{c} \geq 2$




#528487 $\left(\frac{\sqrt{\sum a}+\sqrt...

Gửi bởi phuc_90 trong 12-10-2014 - 19:08

Bài toán :   Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ thỏa $a+b+c \geq 3$ . Chứng minh rằng :

 

$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\leqslant \left ( \frac{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}}{\sqrt{3}+\sqrt{a+b+c-3}} \right )^2$

 

Gợi ý :   Đặt  $x=\sqrt{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca} \geq 0$  ,  $y=\sqrt{a+b+c-3} \geq 0$  và bất đẳng thức sau  $y \geq x\sqrt[]{\frac{x^2+3}{3}}$