Đến nội dung

WaduPunch

WaduPunch

Đăng ký: 02-08-2018
Offline Đăng nhập: 05-05-2023 - 01:54
*****

#723831 Sử dụng BĐT trong tam giác, chứng minh

Gửi bởi WaduPunch trong 16-07-2019 - 23:03

Khai triển rồi áp dụng BĐT AM-GM là được




#723502 CMR $5^{7^{n}}$ + $7^{5^{n}...

Gửi bởi WaduPunch trong 03-07-2019 - 23:30

Bài 5: Ta có: $n^n +5n^2-11n+5=n^n-n +5(n-1)^2=n(n-1)(n^{n-2}+n^{n-3}+...+1)+5(n-1)^2=n(n-1)(n^{n-2}-1+n^{n-3}-1+...+n-1+1+n-2)+5(n-1)^2=n(n-1)(n^{n-2}-1+n^{n-3}-1+...+2(n-1))+5(n-1)^2 \vdots (n-1)^2$




#723497 CMR $5^{7^{n}}$ + $7^{5^{n}...

Gửi bởi WaduPunch trong 03-07-2019 - 22:53

Bài 1: Ta có:

Vì $5\equiv 1(mod 4)=> 5^{7^{n}}\equiv 1(mod4)$

    $7 \equiv -1(mod4)$ mà $5^n$ lẻ nên $7^{5^n}\equiv-1 (mod4)$ 

$=>5^{7^n}+7^{5^n} \equiv 0 (mod 4)$

Tương tự ta cũng có $5^{7^n}+7^{5^n} \equiv 0 (mod 3)$

$=>$ đpcm




#723420 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwartz dạng phân thức

Gửi bởi WaduPunch trong 30-06-2019 - 23:43

Bài 2 bạn ghi sai đề r thì phải. Đó phải là $\frac{9}{512}$ mới đúng

Ta có: BĐT cần cm $<=> \frac{a^4}{(3ab+5ac)^3}+\frac{b^4}{(3bc+5ab)^3}+\frac{c^4}{(3ac+5bc)^3}\geq \frac{9}{512}$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\frac{a^4}{(3ab+5ac)^3}+\frac{9(3ab+5ac)}{4096}\geq \frac{3a^2}{32(3ab+5ac)}<=>\frac{a^4}{(3ab+5ac)^3}\geq\frac{3a^2}{32(3ab+5ac)}-\frac{9(3ab+5ac)}{4096}$

Tương tự ta sẽ có $VT\geq\frac{3a^2}{32(3ab+5ac)}+\frac{3b^2}{32(3bc+5ab)}+\frac{3c^2}{32(3ac+5bc)}-\frac{9(ab+bc+ca)}{512}=\frac{3a^2}{32(3ab+5ac)}+\frac{3b^2}{32(3bc+5ab)}+\frac{3c^2}{32(3ac+5bc)}-\frac{9}{512}$

Áp dụng BĐT AM-GM dạng Engel ta có:

$\frac{3a^2}{32(3ab+5ac)}+\frac{3b^2}{32(3bc+5ab)}+\frac{3c^2}{32(3ac+5bc)}\geq \frac{3(a+b+c)^2}{256(ab+bc+ca)}\geq \frac{9(ab+bc+ca)}{256(ab+bc+ca)} =\frac{9}{256}$$<=>VT\geq \frac{9}{256}-\frac{9}{512}=\frac{9}{512}$

Dấu "$=$"xảy ra $<=> a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$




#723418 $\left ( ab + bc + ca \right )\left (\frac{1...

Gửi bởi WaduPunch trong 30-06-2019 - 22:14

Ta có:$S=\frac{abc}{4R}<=>R=\frac{abc}{4S}$

Khi đó BĐT cần cm $<=> (ab+bc+ca)(\frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}) \geq \frac{9abc}{2S}<=>(ab+bc+ca).\frac{a+b+c}{2S}\geq \frac{9abc}{2S}<=> (ab+bc+ca)(a+b+c)\geq 9abc$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có đpcm




#723012 Chứng minh bất đẳng thức. Help

Gửi bởi WaduPunch trong 13-06-2019 - 20:47

Đặt $\frac{a}{b}=x; \frac{b}{c}=y; \frac{c}{a}=z$ với $x;y;z>0; xyz=1$

Ta có BĐT cần chứng minh tương đương với $x^2+y^2+z^2 \geq 2(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})-3<=>x^2+y^2+z^2 \geq 2(xy+yz+zx)-3<=>(x+y+z)^2\geq4(xy+yz+zx)-3(1)$

Đặt $x+y+z=p;xy+yz+zx=q;xyz=r=1$ ta có

$(1)$ trở thành: $p^2\geq4q-3<=>p^2-4q+3\geq0<=> p^3-4pq+3p\geq 0$ vì $p=x+y+z > 0$

Mà$p=x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3$ nên $p^3-4pq+9\geq 0<=> p^3-4pq+9r\geq 0$ (Đúng vì đây là BĐT Schur)

$=>$đpcm

Dấu "$=$" xảy ra $<=> a=b=c$




#722906 Tổ hợp-đếm số

Gửi bởi WaduPunch trong 09-06-2019 - 23:30

Bài 1

Gọi $A_n$ là tập hợp các số gồm n chữ số mà tổng các số là một số chẵn

       $B_n$ là tập hợp các số gồm n chữ số mà tổng các số là một số lẻ

Ta có: 

Với $x \in A_n$, có 5 cách để điền thêm 1 chữ số vào tận cùng của x để $x \in A_{n+1}$

                           và có 5 cách để điền thêm 1 chữ số vào tận cùng của x để $x \in B_{n+1}$

$\left | A_{n+1} \right |=5\left | A_{n} \right |+5\left | B_{n} \right |$

Tương tự ta cũng có  $\left | B_{n+1} \right |=5\left | A_{n} \right |+5\left | B_{n} \right |$

$=>\left | A_n \right |=\left | B_n \right |=>\left | A_{n+1} \right |=10\left | A_{n} \right |=...=10^{n-1}\left | A_2 \right |$ mà $\left | A_2 \right |=45=>\left | A_{n+1} \right| =10^{n-1}.45=>\left | A_{7} \right| =10^{5}.45$




#722070 Chứng minh $\sqrt{\frac{a^{3}}{b^{3}}} +\sqrt{\frac{...

Gửi bởi WaduPunch trong 08-05-2019 - 23:57

Ta có  Đặt $\sqrt{\frac{a}{b}}=x,\sqrt{\frac{b}{c}}=y,\sqrt{\frac{c}{a}}=z => xyz=1$

Ta cần chứng minh: $x^3+y^3+z^3 \geq x^2+y^2+z^2<=> 3(x^3+y^3+z^3)^2 \geq 3(x^2+y^2+z^2)^2$ ( do $x,y,z>0$)

Thật vậy: Áp dụng BĐT Holder ta có :$(x^3+y^3+z^3)(x^3+y^3+z^3)(1+1+1) \geq (x^2+y^2+z^2)^3$

Mặt khác: Áp dụng BĐT AM-GM ta có: $x^2+y^2+z^2 \geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3$

Ví thế $(x^3+y^3+z^3)(x^3+y^3+z^3)(1+1+1) \geq 3(x^2+y^2+z^2)^2 =>$ đpcm 




#722069 Tìm n nguyên dương để n^n +1 là SNT

Gửi bởi WaduPunch trong 08-05-2019 - 23:42

Ta có: Đặt $A=n^n+1$

Vì $20^{20}=2^{20}.10^{20}>10^{19}$ mà $n<10^{19}$ nên $n<20$
Với $n=1=>A=2$ thỏa mãn.

Với $n=2=>A=5$ thỏa mãn 

Với $n>2$ ta có: $A=n^n+1>5$ mà $A$ nguyên tố $=>A$ lẻ $=>n$ chẵn 

Đặt $n=2^k.q(k \in \mathbb{N}, k>0, q$ lẻ $)$

Khi đó $A=n^n+1=n^{2^k.q}+1=(n^{2^k})^q+1 \vdots (n^{2^k}+1 )$ mà $n^{2^k}+1>1=>$ Vô lí do $A $nguyên tố

Vậy $n=2^t (t \in \mathbb{N}, t>0)$ mà $n<20$$=> n \in\left \{ 4,8,16 \right \}$

Thử chọn ta thấy $n=4$ thỏa mãn 

Vậy $n \in \left \{ 1,2,4 \right \}$




#722023 $(U_{n}):$$\left\{\begin{matrix} U_{1}=\fr...

Gửi bởi WaduPunch trong 06-05-2019 - 23:20

Câu 4:Đặt $M(x,y)$. Vì $M \in (Delta)$ nên $ M(2y+2,y)$

Ta có: $2MA^2+MB^2= 2(2y+3)^2+2(y-2)^2+(2y-1)^2+(y-4)^2=15y^2+4y+43=(\sqrt{15}y+\frac{2}{\sqrt{15}})^2+\frac{641}{15} \geq \frac{641}{15}=>$ Bài toán đã được giải quyết xong




#722020 $(U_{n}):$$\left\{\begin{matrix} U_{1}=\fr...

Gửi bởi WaduPunch trong 06-05-2019 - 23:03

Bài 3: Ta có: Gọi đường thẳng đi qua M thỏa mãn đề bài là $(\Delta )$

Để $(\Delta )$ cắt $(d_1);(d_2)$ thì $a \neq b$ và $2a \neq -b$

Khi đó: Đặt $\vec{n_\Delta}=(a,b)$ $=> (\Delta): a(x-1)+by=0$ (Vì $(\Delta)$ đi qua $M(1,0)$)

Đặt $A(x_A,y_A); B(x_B,y_B)$

Vì $A \in (d_1)$ nên $A(-y_A-1,y_A)$

Vì $B \in (d_2)$ nên $B(2y_B-2;y_B)$

Do $A \in (\Delta)$ nên $a(-y_A-1-1)+by_A=0<=>y_A=\frac{2a}{b-a}$

Do $B \in (\Delta)$ nên $a(2y_B-2-1)+by_B=0<=>y_B=\frac{3a}{2a+b}$

Thay tọa độ của $A,B$ vào pt $MA^2=MB^2$. Giả ra $a, b$




#722016 $(U_{n}):$$\left\{\begin{matrix} U_{1}=\fr...

Gửi bởi WaduPunch trong 06-05-2019 - 22:27

Lớp 10 làm gì đã học xác suất bạn ??? Mình học trường chuyên cũng chưa ????




#722013 $(U_{n}):$$\left\{\begin{matrix} U_{1}=\fr...

Gửi bởi WaduPunch trong 06-05-2019 - 21:51

Bài 1:

Ta có: $u_{n+1}=u_n^2-u_n<=> u_{n+1}+\frac{1}{4}=(u_n-\frac{1}{2})^2\geq 0 <=> u_{n+1} \geq -\frac{1}{4}<=> u_{n} \geq -\frac{1}{4} \forall n\in \mathbb{N}$

Mặt khác: $u_{n+1}-\frac{3}{4}=u_n^2-u_n-\frac{3}{4}=(u_n-\frac{3}{2})(u_n+\frac{1}{2})$ mà $u_n \geq -\frac{1}{4} \forall n\in\mathbb{N}$ và $u_1=\frac{1}{2}<\frac{3}{2}$ nên $u_n< \frac{3}{2} \forall n \in \mathbb{N} <=> -\frac{1}{4} \leq u_n< \frac{3}{2} \forall n \in \mathbb{N}(1)$

Lại có: $u_{n+1}=u_n^2-u_n=(u_{n-1}^2-u_{n-1})^2- u_{n-1}^2+ u_{n-1}=u_{n-1}(u_{n-1}-\frac{1+\sqrt{5}}{2})(u_{n-1}-\frac{1-\sqrt{5}}{2})(2)$

Và $u_{n+1}-u_{n-1}=u_{n-1}^3(u_{n-1}-2)(3)$

Ta sẽ xét hai dãy con của dãy $u_n$ đó là: $u_n$ với n lẻ và $u_n$ với n chẵn

Xét dãy $u_n$ với $n$ lẻ thì $u_1=\frac{1}{2}$ và từ $(1), (2)$ ta có $u_n>0 \forall n $ lẻ $(*)$

Từ $(*),(1),(3) => u_n$ giảm mà $u_n$ bị chặn $=> u_n$ hội tụ $\forall n$ lẻ

Đặt $\lim u_n  = L_1 $ với $n$ lẻ $=> L_1=0$

Xét dãy $u_n$ với $n$ chẵn

Chứng minh tương tự ta cũng có $u_n$ tăng và $u_n$ bị chặn $=>u_n$ hội tụ

Tương tự thì $ \ lim u_n=0$ với $n$ chẵn

Vậy $\lim u_n =0 \forall n \in \mathbb{N}$




#721953 $x_{n+1}=\frac{3}{4}x_n^2-\frac...

Gửi bởi WaduPunch trong 05-05-2019 - 11:47

$a)$Ta có: Xét $x_{n+1}-4=\frac{3}{4}x_n^2-\frac{1}{8}x_n^3-4=-\frac{1}{8}(x_n+2)(x_n-4)^2 (1)$

và $x_{n+1}-2=\frac{3}{4}x_n^2-\frac{1}{8}x_n^3-2=-\frac{1}{8}(x_n-2)(x_n-2-2 \sqrt{3})(x_n-2+2 \sqrt{3}) (2)$

Theo bài ra ta có: $x_1=3$ nên từ $(2)=> x_2>2$ nên từ $(1)=> x_2<4=>2<x_2<4$

Quy nạp tương tự như trên ta có $2 \leq x_n \leq 4 \forall n\in \mathbb{N}, n>1 (*) $

Mặt khác: Xét $x_{n+1}-x_{n}=\frac{3}{4}x_n^2-\frac{1}{8}x_n^3-x_n=\frac{1}{8}x_n(4-x_n)(x_n-2) (**)$

Từ $(*)$ và $(**)$ ta có $x_{n+1} \geq x_n \forall n\in \mathbb{N}, n>1$

$=> (x_n)$ tăng và $(x_n)$ bị chặn$=>(x_n)$ hội tụ

Đặt $\lim x_n=L $ ta có: $L=\frac{3}{4}L^2-\frac{1}{8}L^3$ mà $(x_n)$ tăng, $x_n \leq 4$ nên $L=4$

Vậy $\lim x_n=4$

$b)$Ta có: $x_{n+1}=\frac{3}{4}x_n^2-\frac{1}{8}x_n^3=\frac{1}{8}x_n^2(6-x_n)(3)$

Ta thấy: 

TH1: $a\in [-2,2-2 \sqrt{3}]$ thì $\left\{\begin{matrix} (3)=>x_2>0 \\(2)=>x_2>2\\(1)=>x_2<4 \end{matrix}\right. <=>\left\{\begin{matrix} (3)=>x_3>0 \\ (2)=>x_3>2\\(1)=>x_2<4 \end{matrix}\right.$

Quy nạp tương tự ta có: $2<x_n<4 \forall n \in \mathbb{N}, n>1$. Kết hợp với $(**)$ ta có $(x_n)$ tăng và bị chặn $=> (x_n) $ hội tụ

TH2: $a\in [2-2 \sqrt{3},2]$ thì $\left\{\begin{matrix} (3)=>x_2>0 \\(2)=>x_2<2(1) \end{matrix}\right. <=>\left\{\begin{matrix} (3)=>x_3>0 \\ (2)=>x_3<2 \end{matrix}\right.$

Quy nạp tương tự ta có :$0<x_n<2 \forall n \in \mathbb{N}, n>1$. Kết hợp với $(**)$ ta có $(x_n)$ giảm và bị chặn $=> (x_n) $ hội tụ

TH3: $a\in [2,6]$ thì $\left\{\begin{matrix} (3)=>x_2>0 \\ (1)=>x_2<4 \\(2)=>x_2>2 \end{matrix}\right. <=>\left\{\begin{matrix} (3)=>x_3>0 \\(1)=>x_3<4\\(2)=>x_3>2 \end{matrix}\right.$

Quy nạp tương tự ta có: $2<x_n<4 \forall n \in \mathbb{N}, n>1$. Kết hợp với $(**)$ ta có $(x_n)$ tăng và bị chặn $=> (x_n) $ hội tụ

Ta có đpcm




#721944 1/ $\sqrt[4]{a^{3}}+\sqrt[4]{b^{3}}+\sqrt[4]{c^{3}}>2...

Gửi bởi WaduPunch trong 04-05-2019 - 23:25

Bài 2:

Ta có: ĐK: $x, y\geq 0$

$x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}=x^2+y^2<=>x(\sqrt{1-y^2}-x)+y(\sqrt{1-x^2}-y)=0<=>x\frac{1-y^2-x^2}{\sqrt{1-y^2}+x}+y\frac{1-y^2-x^2}{\sqrt{1-x^2}+y}=0<=>(1-x^2-y^2)(\frac{x}{\sqrt{1-y^2}+x}+\frac{y}{\sqrt{1-x^2}+y})=0$ 

mà $x, y\geq 0$ $<=>x^2+y^2=1$

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

$x^{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 4\sqrt[4]{\frac{x^2}{8}}=\frac{4}{\sqrt[4]{8}}\sqrt{x}<=>x^2+\frac{3}{2}\geq \frac{4}{\sqrt[4]{8}}\sqrt{x}$

$y^2+\frac{3}{2}\geq \frac{4}{\sqrt[4]{8}}\sqrt{y}$

$<=> x^2+y^2+3\geq \frac{4}{\sqrt[4]{8}}A<=>4\geq\frac{4}{\sqrt[4]{8}}A<=>\sqrt[4]{8}\geq A<=>maxA=\sqrt[4]{8}$

Dấu "=" xảy ra $<=>x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Mặt khác: Vì $x^2+y^2=1<=>0<x,y<1<=> \sqrt{x} \geq x^2, \sqrt{y} \ geq y^2$

nên $A \ geq x^2+y^2=1<=> minA =1$

Dấu "=' xảy ra $<=> x=1, y=0$ hoặc $x=0, y=1$