Đến nội dung

yungazier

yungazier

Đăng ký: 04-04-2021
Offline Đăng nhập: Riêng tư
-----

Trong chủ đề: Chứng minh rằng $V = kerT + imT$

Hôm qua, 23:57

Mọi người giúp em bài này với ạ.

Cho $T: V \rightarrow V$ là một ánh xạ tuyến tính trên không gian vector $V$ sao cho $T^2 = T$. Chứng minh rằng $$V = kerT + imT \quad và \quad kerT \cap ImT = \{0\}$$

Em đã giải ra rồi ạ, đây là lời giải của em.
Gọi $x\in V$. Ta có $x=T(x) + (x - T(x))$. 
$T(x) \in imT$.
Xét $T(x-T(x))=T(x)-T(T(x))=T(x)-T^2(x)=0 \rightarrow x-T(x) \in kerT$

Vậy $V= kerT+imT$


Trong chủ đề: [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

14-04-2021 - 12:59

Mình sẽ bổ sung cho MARATHON một bài cũng khá giống giống bài này nhưng mạnh hơn, mình cũng từng làm rồi.

$\boxed{14}$Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh $a, b,c$ có diện tích S. Chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2\geqslant 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

Còn về phần bài $\boxed{13}$ thì mình đưa trước 6 cách, mình sẽ nghĩ và cố gắng tìm thêm.

bài 14 là bđt Hadwinger-Finsler, bđt này là mở rộng của bđt trong đề thi IMO 1961 (cũng là bài 13)

Sau đây mình xin giải bài 14 như sau: BĐT trên tương đương

$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\geq 4\sqrt{3}\\ \Leftrightarrow 4S(\frac{1}{sinC}+\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sin B})-4S(cotA+cotB+cotC)\geq 4\sqrt{3}S\\ \Leftrightarrow \frac{1-cosA}{sinA}+\frac{1-cosB}{sinB}+\frac{1-cosC}{sinC}\geq \sqrt{3}\\ \Leftrightarrow tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}\geq \sqrt{3}\\$

Sử dụng đẳng thức $tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}tan\frac{A}{2}=1$ kết hợp với BĐT  $x+y+z\geq \sqrt{3(xy+yz+xz)}$, ta được

$tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}\geq \sqrt{3\sum tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}}=\sqrt{3}$.

Đó là đpcm.


Trong chủ đề: [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

07-04-2021 - 13:04

Bài toán tiếp theo: 

$\boxed{2}$ Chứng minh với 4 số thực không âm bất kì $a,b,c,d$ ta có:

$(ab)^{\frac{1}{3}}+(cd)^{\frac{1}{3}} \leq [(a+c+b)(a+c+d)]^{\frac{1}{3}}$

Áp dụng bđt phụ: $\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)}$

Chứng minh BĐT: BĐT tương đương $\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+x)(b+y)(c+z)}}+\sqrt[3]{\frac{xyz}{(a+x)(b+y)(c+z)}}\leq 1$

Theo AM-GM 3 số,ta có VT$\leq \frac{1}{3}(\frac{a}{a+x}+\frac{b}{b+y}+\frac{c}{c+z})+\frac{1}{3}(\frac{x}{a+x}+\frac{y}{b+y}+\frac{z}{c+z})=1$

Quay trở lại lại bài toán: $LHS=\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{cd}=\sqrt[3]{(a+c).b.\frac{a}{a+c}}+\sqrt[3]{d.(a+c).\frac{c}{a+c}}\leq \sqrt[3]{(a+c+d).(a+c+b).\frac{a+c}{a+c}}=RHS$


Trong chủ đề: Đề thi olympic 30/4 môn Toán khối 10 năm 2021

04-04-2021 - 19:15

.