Đến nội dung

duong vi tuan

duong vi tuan

Đăng ký: 23-10-2010
Offline Đăng nhập: 20-05-2018 - 17:14
-----

#441504 Cho $a,b,c,d$ là các số thực. Chứng minh đẳng thức về định...

Gửi bởi duong vi tuan trong 09-08-2013 - 16:04

Cho $a,b,c,d$ là các số thực. Chứng minh rằng
 

$\begin{vmatrix} 1 & a & a^2 & a^4 \\ 1 & b & b^2 & b^4 \\ 1 & c & c^2 & c^4 \\ 1 & d & d^2 & d^4 \end{vmatrix}=(a+b+c+d)\begin{vmatrix} 1 & a & a^2 & a^3 \\ 1 & b & b^2 & b^3 \\ 1 & c & c^2 & c^3 \\ 1 & d & d^2 & d^3 \end{vmatrix}$

 

 

Mình giải bài này như sau: đặt

$ A=\begin{vmatrix}1 &  b & a^2\\ 1 &  c & b^2\\ 1 &  d & c^2\end{vmatrix} $

 

Coi a là ẩn số thì vế phải và vế trái là những đa thức bậc 4 : 

 

 Định thức của vế phải là đa thức bậc 3 thep biến a . Nếu thay a bởi ,b,c,d thì định thức =0 -  tức b,c,d là nghiệm  nên định thức vế phải 

 

$ \begin{vmatrix}1 &  a&  a^2& a^3\\ 1&  b&  b^2& b^3\\ 1&  c&  c^2& c^3\\ 1&  d&  d^2& d^3\end{vmatrix} =-A(a-b)(a-c)(a-d) $

 

nên $ VP =- A(a+b+c+d)(a-b)(a-c)(a-d)$

xét  Định thức VT . vế trái là đa thức bậc 4 theo biên a và cũng nhẩm đc 3 nghiệm b,c,d

vì hệ sô của $a^3=0$ nên theo định lí vi - ét tổng 4 nghiệm = 0 từ đó suy ra nghiệm thứ 4 là $x_4=-b-c-d$

vậy vế trái bằng phân tích thành $\begin{vmatrix}1 &  a&  a^2& a^4\\ 1&  b&  b^2& b^4\\ 1&  c&  c^2& c^4\\ 1&  d&  d^2& d^4\end{vmatrix} =-A(a+b+c+d)(a-b)(a-c)(a-d) $

suy ra VT=VP

 

trường hợp tổng quát giải tương tự




#416152 $P=\frac{a}{a+b^{2}+c^{2}}+...

Gửi bởi duong vi tuan trong 03-05-2013 - 09:31

Lời giải:

Áp dụng BDDT B.C.S ta có:

$(a+b^2+c^2) (a+1+1)\geq (a+b+c)^2\Rightarrow a+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+2}\Rightarrow \frac{1}{a+b^2+c^2}\leq \frac{a+2}{(a+b+c)^2}\Rightarrow \frac{a}{a+b^2+c^2}\leq \frac{a^2+2a}{(a+b+c)^2}\Rightarrow \sum \frac{a}{a+b^2+c^2}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+2a+2b+2c}{(a+b+c)^2}$

theo cách cm bạn này thì dấu = xảy ra tại a=b=c =1 . Có nghĩa la theo mơ ước ta phải cm cái bâtd đẳng thức trên nhỏ hơn 1 .

Nhưng mà cách này bị phá sản do  a=b=1/2 , c=4 thì bdt trên lớn hơn 1 . 

Mọi người nghĩ cách khác nha.




#410296 Đề thi OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN FPT 2013

Gửi bởi duong vi tuan trong 04-04-2013 - 10:34

Nhìn sơ sơ thì ra khoảng nhiêu bài, có gì tối về giải nốt:

Bài 1:

a/ Cách cơ bản nhất là cứ xét $f(x)=cosx+\frac{x^2}{2!}-\frac{x^4}{4!}-1$, đạo hàm cấp 4 là $f^{(4)}(x) \leq 0 \Rightarrow f^{(3)}(x) \leq f(0)$, cứ liên tục như vậy sẽ thu được $f(x) \leq 0$.

b/ (Chưa ra)
Bài 2:

Hiện tại mới nghĩ ra ý tưởng tính giới hạn $xln(\frac{\sqrt[x]{a}+\sqrt[x]{b}}{2})$ liên tục bằng L'Hospital, hoặc khảo sát hàm số $(\frac{\sqrt[x]{a}+\sqrt[x]{b}}{2})^x$ để chứng minh dãy đơn điệu nhưng rất cồng kềnh. Đặt gạch hóng các thánh xử lý nốt bài này. ; ;)

Bài 3:

Ta có $a_3=\frac{1}{2} \geq a_2$ và $a_2 > a_1$. Do đó bằng quy nạp ta dễ dàng suy ra $a_{n+1} > a_{n}$. Mặt khác, bằng quy nạp ta cũng thấy $a_n<1$. Dãy này tăng và bị chặn nên có giới hạn.

Bài 4:

Ta có:

$\int \frac{sinx-cosx}{sinx+cosx}dx=-ln(sinx+cosx)$

và $\int \frac{sinx+cosx}{sinx+cosx}dx=x$

Từ đó suy ra $\int \frac{sinx}{sinx+cosx}dx=\frac{1}{2}[x-ln(sinx+cosx)]$.

Bài 5:

Rõ ràng $f(x)=1$ với mọi $x$ không thể thõa mãn bài toán, như vậy tồn tại ít nhất một $x_0$ để $f(x_0) \neq 1$. Thay $y=x_0$ và $x=\frac{2f(x_0)}{f(x_0)-1}$ vào phương trình hàm suy ra $f[\frac{2f^2(x_0)}{f(x_0)-1}]=0$. Như vậy đặt $x_1=\frac{2f^2(x_0)}{f(x_0)-1}$ thì $f(x_1)=0$. Tiếp tục thay $x=0, y=x_1$ vào phương trình hàm suy ra $f(0)=0$.

Với mọi $x \in R$, thay $y=0$ vào phương trình hàm suy ra $f(x)=0$. (đpcm)

Bài 6:

a/ Để ý rằng $\int_{1}^{2}[xf(x)+\int_{1}^{x}f(t)dt]dx=\int_{1}^{2}f(x)dx=0$ nên theo Lagrange tồn tại $c \in (1,2)$ để $cf( c)+\int_{1}^{c}f(t)dt=0$.

b/ Xét $g(x)=e^{\sqrt{x}}f(x)$, theo quy tắc L'Hospital (http://en.wikipedia.org/wiki/L'H%C3%B4pital's_rule), ta có ngay:

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{g(x)}{e^{\sqrt{x}}}=\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{g'(x)}{\frac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}}=0$. (đpcm)

bài 6a bạn làm rõ hơn đc ko 




#406665 $\sum \frac{1}{1+a^{2}(b+c)}...

Gửi bởi duong vi tuan trong 21-03-2013 - 10:53

ta có : $1+a^2(b+c)=1+a(ab+ac)=1+a(3-bc)=1+3a -abc\geq 3a$

từ đó ta có đánh giá : $\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}\leq \sum \frac{1}{3a}=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}$




#404644 $\frac{a^{2}}{a+bc} + \frac...

Gửi bởi duong vi tuan trong 13-03-2013 - 07:59

ta có: $a+bc=a+\frac{ab+ac+bc}{a}=\frac{(a+b)(a+c)}{a}$
nên:$\frac{a^2}{a+bc}=\frac{a^3}{(a+b)(a+c)}$
áp dụng bdt cauchy:
$\frac{a^3}{(a+b)(a+c)} + \frac{a+b}{8}+\frac{a+b}{8}\geq \frac{3}{4}a$
làm tương tụ thì ta có điều phải cm.


#402666 Cauchy-Schwarz

Gửi bởi duong vi tuan trong 07-03-2013 - 08:33

Một BĐT khá đơn giản mời các bạn góp ý
Cho các số $a, b, c$ dương CMR
$\frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}+\frac{bc^2}{b^2+2c^2+a^2}+\frac{ca^2}{c^2+2a^2+b^2}\leq \frac{a+b+c}{4}$

ta thấy : $3(ab^2+bc^2+ca^2)\leq (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow \sum a(a-b)^2\geq 0$ đúng .
áp dụng bdt trên và bat dang thức sv :
$\sum \frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}\leq \sum \frac{9ab^2}{16(a^2+b^2+c^2)}+\sum \frac{ab^2}{16b^2}\leq \frac{3(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{16(a^2+b^2+c^2)}+\frac{a+b+c}{16}=\frac{a+b+c}{4}$


#401393 Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn: $x^{2} + y^{2} + z...

Gửi bởi duong vi tuan trong 02-03-2013 - 20:12

Bài này hài !
Ta luôn có:
$$\frac{1}{2-a}-\frac{a^2+1}{2}=\frac{a(a-1)^2}{2(2-a)} \geq 0$$
CMTT suy ra OK

giống mình mà :icon6: :icon6:


#401208 Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn: $x^{2} + y^{2} + z...

Gửi bởi duong vi tuan trong 02-03-2013 - 08:35

mình dùng điều kiện giống bạn bình nha: $x^2+y^2+z^2=3$
ta có:
$\frac{1}{2-x}\leq \frac{1}{2}(x^2+1)\Leftrightarrow x(x-1)^2\geq 0$ - (biến đổi tương đương )
từ đó :$\sum \frac{1}{2-x}\leq \sum \frac{1}{2}(x^2+1)=3$
đây là min chư ko phải max :D .


#399552 $c(a+b+c)=ab$.

Gửi bởi duong vi tuan trong 24-02-2013 - 08:57

ta có: $x^2+y^2\leq (x+y)^2$ với ,x,y>0
$(a+c)^4+(b+c)^4=(a^2+2ac+c^2)^2+(b^2+2bc+c^2)^2\leq (a^2+2ac+c^2+b^2+2bc+c^2)^2=(a^2+2c(a+b+c)+b^2)^2=(a^2+2ab+b^2)^2=(a+b)^4$
dấu = xảy ra khi a=b=c=0 vô lí vậy ta có điều phải cm.


#399374 Tìm $x_{50}$

Gửi bởi duong vi tuan trong 23-02-2013 - 17:39

ko thể tìm đươ

Cho $x_1 + x_2 + x_3 + ... + x_{51} = 0$
Biết rằng: $x_1 + x_2 =x_3 + x_4 =x_5 + x_6 = .... = x_{49} + x_{50}$

Tìm $x_{50}$

ko thể xác định đc $x_{50}$ bạn à
phải có thêm đkiện gì nữa à .
vd:$x_{1}=x_{2}=x_{3}=....=x_{51}=0$ thì $x_{50}=0$
bây giờ mình chọn $x_{1}=x_{3}=x_{5}=....=x_{49}=1$
$x_{2}=x_{4}=x_{6}=....=x_{50}=-1$ và $x_{51}=0$
thì $x_{50}=-1$ .....


#399059 CMR: $2\sum a^2b + 3\sum a^2 +4abc \geq 19$

Gửi bởi duong vi tuan trong 22-02-2013 - 14:58

$b^{2}a+c^{2}b+a^{2}c+abc\leq 4$,

mình úp lên 1 hướng đi khác khi đã mò đến đây ;
giả a là số ở giữa b và c . ta có đánh giá :$b^{2}a+c^{2}b+a^{2}c+abc\leq 4a(\frac{b+c}{2})^2\leq 4(\frac{a+\frac{b+c}{2}+\frac{b+c}{2}}{3})^3=4$


#399058 Cmr : $\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt...

Gửi bởi duong vi tuan trong 22-02-2013 - 14:45

điều kiện trên tương đương:$ab+bc+ca+abc=4$
ta đặt ẩn :$a=\frac{2x}{y+z}$ ; $b=\frac{2y}{x+z}$ ; $c=\frac{2z}{y+x}$
bđt cần cm tương đương với : $2\sum \sqrt{\frac{xy}{(y+z)(x+z)}}\leq \sum (\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+z})=3$


#399026 Bài bất đẳng thức trong đề thi chuyên toán Trần Đại Nghĩa

Gửi bởi duong vi tuan trong 22-02-2013 - 09:24

bất đẳng thức trên tương đương
$\frac{(a+b)^4-8(a^2+b^2)ab}{ab(a^2+b^2)(a+b)^2}\geq \frac{(a-b)^4}{2010ab(a^2+b^2)(a+b)^2}\Leftrightarrow (a-b)^4 \geq \frac{(a-b)^4}{2010}$
hiễn nhiên đúng


#399020 $\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-(1+5x)}...

Gửi bởi duong vi tuan trong 22-02-2013 - 08:21

Câu 1 bạn làm đầy đủ ra hộ mình dc k? Mình học kém toán lắm nên vẫn k hiểu! :(
Phân tích: $(1+x)^5$ = bao nhiêu thế?
Phân tích mẫu và tử rồi làm thế nào nữa?
Câu 2 bạn sử dụng phương pháp nào thế? Có mẹo nào mà nhìn vào biểu thức lim kiểu ấy là bạn nghĩ luôn ra phương pháp làm đó k?
Chỉ tớ vs! Tks! :)

Thaatj ra mình cũng ko thuộc hằng đẳng thức đó @. nhưng minh nhớ cái tam giác pascal nên viết ra cũng dễ (- trong sgk lớp 11 - bạn có thể đọc lại )
$(1+x)^5=1+5x+10x^2+10x^3+5x^4+x^5$ ( trong tam giac là 1-5-10-10-5-1)
Còn cái 2) thì mình nói sơ sơ qua
vì x tiến về 0 nên mình sẽ lấy hết can đảm để thay vào thử , coi nó có bị lỗi gì ko .
thày vào thấy $\frac{0}{0}$ - những loại như vậy thì mình sẽ tìm cách làm mất đi cái yếu tố gây ra $\frac{0}{0}$ ( nếu đa thức thì thường là đặt nhân tử chung , nếu có căn thì mình thường nhân thêm lượng liên hợp )
Cái ở trên mình viết thế cho vui thôi , chư làm mình thường còn ngắn hơn nũa mà
do có căn nên mình sẽ nhân lượn liên hợp =))
$\frac{\sqrt{1+4x}\sqrt{1+6x}-1}{x}=\frac{\sqrt{24x^2+10x+1}-1}{x}=\frac{24x^2+10x}{x(\sqrt{24x^2+10x+1}+1)}$


#399016 $1+2x+3x^2+4x^3+...=14884$

Gửi bởi duong vi tuan trong 22-02-2013 - 08:08

xét : $x+x^2+x^3+x^4+...+x^n+...=14884x$
ta có: $x+x^2+x^3+x^4+...+x^n+...=\frac{x}{1-x}$ ( tổng cấp số nhân lùi vô hạn )
suy ra $x+x^2+x^3+x^4+...+x^n+...=\frac{x}{1-x}=14884x$
nếu lầy đạo hàm từng về lên ta được $1+2x+3x^2+4x^3+....=\frac{1}{(1-x)^2}=14884$
từ đó suy ra $x=\frac{121}{122}$