Do $a,b,c>0$
Ta có: $\sum (\frac{a}{2a+b})^{3} = \sum(\frac{1}{2+\frac{b}{a}}) ^{3}$
Đặt $x=\frac{b}{a}$ ; $y=\frac{c}{b}$ ; $z=\frac{a}{c}$
Khi đó bất đẳng thức cần CM là $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{1}{9}$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
 $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{3}{\prod (2+x)}$
Theo AM-GM: $\prod (2+x)\leq(\frac{6+\sum x}{3}) ^{3}$
=> $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{81}{(6+\sum x)^{3}}$
Do bất đẳng thức là thuần nhất đồng bậc nên ta chuẩn hóa $x+y+z=3$
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$ $<=> a=b=c$

Từ chỗ $\prod(x+2)$ không dùng AM-GM được như bạn truongphat266 đã nhận xét, thay vào đó hãy dùng Holder ba biến với lưu ý $xyz=1$.

Nhân chéo ta có $(x^2+2)P(x^2+1)=(x^2+1)P(x^2+2)$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$. Xem $P(x)$ như một đa thức hệ số trên $\mathbb{C}$ ta thấy đẳng thức trên cũng đúng với mọi $x$ thuộc $\mathbb{C}$. Cho $x^2+1=0$ ta thấy $P(0)=0$ hay $x \mid P(x)$. Nói cách khác tồn tại $Q(x) \in \mathbb{R}[x]$ mà $P(x)=xQ(x)$. Từ đây ta thấy $Q(x^2+1)=Q(x^2+2)$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{C}$. Nếu $Q = 0$ thì $P=0$. Nếu $Q \neq 0$ thì $Q$ có ít nhất một nghiệm phức $a$, khi đó dễ thấy (do phương trình $x^2+1=a$ luôn có nghiệm) $a+1$ cũng là nghiệm. Lặp lại quá trình này ta thấy $Q$ có vô số nghiệm, vô lý. Vậy chỉ có $P=0$ thoả mãn.

Cảm ơn anh. Em vẫn muốn hỏi thêm tại sao có nghịch đảo thì bảo toàn hạng. Vì hạng của ma trận m*n không phải là ma trận vuông.

Hạng của một ma trận $A$ với các hàng $H_1,...,H_m$ (mỗi $H_i$ là một vector trong $\mathbb{R}^n$) là số chiều của không gian vector sinh bởi các vector $H_1,...,H_m$. Nếu bạn biến đổi sơ cấp trên các hàng, ví dụ $H_1+2H_2,H_2,...,H_m$ thì không thay đổi không gian mà nó sinh ra, vì hai hệ sinh có thể biến đổi ngược lại nhau.

Thưa mọi người, em muốn hỏi tại sao biến đổi sơ cấp không làm thay đổi hạng của ma trận. Sách giải thích rất đơn sơ ạ

https://vi.m.wikiped.../Ma_trận_sơ_cấp

Bạn xem ở đây. Lý do vì mỗi biến đổi sơ cấp tương đương với phép nhân với một ma trận sơ cấp, mà mà trận sơ cấp thì khả nghịch nên nó không thay đổi hạng.

Cho hàm $f:(0,+\infty ]\rightarrow \mathbb{R}$ khả vi bậc hai. Giả sử hàm $x{f}''(x)$ bị chặn và $\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{f(x)}{x}=0$.

Chứng minh rằng: $\lim_{x\rightarrow +\infty }{f}'(x)=0$

Dùng khai triển Taylor, với mỗi $x \in (0, +\infty)$ thì

$$f(2x) - f(x) = f'(x)x + \frac{(f^{''}(\theta))^2}{2}x^2,$$

với $x < \theta <2x$ nào đó, chia hai về cho $x$ ta có

$$2\frac{f(2x)}{2x} - \frac{f(x)}{x} = f'(x) + (\theta f^{''}(\theta))^2 \frac{x}{2\theta^2}.$$

Lấy giới hạn $x \to +\infty$ thì $\theta \to +\infty$ và lưu ý $\theta f^{''}(\theta)$ bị chặn, $x/\theta <1$ nên ta có đpcm.

Lưu ý. Viết $(0,+\infty]$ về cơ bản là không chuẩn.

$$\int_{0\leq x= \frac{2{\rm d}y^{2}}{{\rm d}x^{2}+ {\rm d}y^{2}}\leq 2}\frac{\cos y}{e^{x}\sqrt{x\left ( 2- x \right )}}{\rm d}x= \frac{\pi}{e}\quad{\rm for}\,0\leq y\leq\pi\;{\it ?}$$

Mình không hiểu bạn viết gì luôn

• Thứ nhất bỏ qua các "vi phân" $dx, dy$ mà bạn viết thì chỉ xét biểu thức dưới dấu tích phân thì nó là tích phân theo $x$ nhưng lại xuất hiện $\cos y$, tức là nó là hằng số?
• Ở cận tích phân bạn lại viết $x = f(dx,dy)$ trong khi $dx,dy$ là các vô cùng bé, không phải biến.
• Đây là box Giải tích thuộc mục Toán đại cương nên về cơ bản bạn không nên viết tiếng Anh ở đây.

Cho n là số nguyên dương ( n>37) và $\pi (n)$ là hàm đếm số nguyên tố. Chứng minh rằng $\pi (n)<\frac{1}{3}n$

*Liệu có tồn tại một số nguyên dương k sao cho tồn tại một số hữu tỉ r $(r<\frac{1}{3})$ để $\pi (n)<rn$ với mọi n nguyên dương (n>k)

Có một kết quả chặt hơn của em và yếu hơn định lý số nguyên tố phát biểu rằng với mọi $n\geq 2$ thì $\frac{n}{6\mathrm{log}n} < \pi(n) < \frac{6n}{\mathrm{log}n}$. Chứng minh của nó khá sơ cấp, em có thể tham khảo cuốn Tom M. Apostol, Introduction to Analytic Number Theory, định lý 4.6.

Cho m,n là 2 số nguyên dương và $m|n$. Tìm ideal A của $\mathbb{Z}_n$ sao cho $\mathbb{Z}_n/A\cong \mathbb{Z}_m$.

Định lý đẳng cấu thứ ba: Cho $P \subset N \subset M$ là ba module trên một vành giao hoán có đơn vị $R$, khi đó $N/P$ là một ideal của $M/P$ và $(M/P)/(N/P) \simeq M/N$.

 

Chứng minh. Xét đồng cấu module $\mathrm{id}: M \longrightarrow M$, do $P \subset N$ nên nó cảm sinh một đồng cấu $M/P \longrightarrow M/N$. Rõ ràng đây là toàn cấu với hạt nhân $N/P$ (can you see why?) nên ta có đpcm theo định lý đẳng cấu thứ nhất.

 

Chọn $R = \mathbb{Z}$, $M = \mathbb{Z},N = m\mathbb{Z},P=n\mathbb{Z}$ thì $P$ là một module con của $N$ do $m \mid n$ và ta thấy $M/N \simeq \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ và $M/P= \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$. Từ đó kết luận $N/P$ là ideal (module con) cần tìm.

Cho $X = \mathbb{C}$ là mặt phẳng phức, xét ánh xạ chỉnh hình
$$f: X \longrightarrow X, z \longmapsto z^2.$$ Kí hiệu $\mathbb{C}_X$ là bó hằng với giá trị $\mathbb{C}$ trên $\mathbb{C}$.

• Cho $x \in X$, tính thớ của bó $f_*(\mathbb{C}_X)$ tại $x$, suy ra rằng bó này không hằng địa phương.
• Xét phân hoạch $X = Y \sqcup Z$ trong đó $Y = \mathbb{C} \setminus \left \{0 \right \}$ and $Z = \left \{0 \right \}$. Chứng minh rằng các hạn chế $f_*(\mathbb{C}_X)_{\mid Y}$ và $f_*(\mathbb{C}_X)_{\mid Z}$ đều là các bó hằng địa phương (locally constant).
• Xét phương trình $2zf'(z) = f(z)$ trên $Y$, chứng minh rằng đơn đạo của phương trình này là không tầm thường. Hệ số $2$ trong $2zf'(z)$ có quan trọng không? Nếu thay đổi bằng một số không nguyên thì đơn đạo thay đổi như thế nào?

Phần tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng $\mathbb{C}_Y$ là một hạng tử trực tiếp của $f_*(\mathbb{C}_X)_{\mid Y}$. Định nghĩa bó $\mathcal{Q}$ trên $\mathbb{C}^{\times} = \mathbb{C} \setminus \left \{0 \right \}$ bởi
$$\mathcal{Q}(U) = \left \{g: U \longrightarrow \mathbb{C} \mid 2zg'(z) = g(z) \right \}$$ với mỗi tập mở $U \subset \mathbb{C}^{\times}$.

• Chứng minh rằng $\mathcal{Q}$ là hằng địa phương.
• Chứng minh rằng $\mathcal{Q}$ không hằng bằng cách chỉ ra nó không có một lát cắt toàn cục nào.
• Bằng cách xét hai cấu xạ $$\mathbb{C}_Y(U) \longrightarrow (f_{\mid Y})_*(\mathbb{C}_Y)(U), \ \ \ \ g \longmapsto g \circ f$$ và $$\mathcal{Q}(U) \longrightarrow (f_{\mid Y})_*(\mathbb{C}_Y)(U), \ \ \ \ g \longmapsto \frac{g \circ f}{z}$$ hãy chứng minh rằng $(f_{\mid Y})_*(\mathbb{C}_Y) \simeq \mathbb{C}_Y \oplus \mathcal{Q}$.

Lấy $x \in [a,b]$, khi đó tồn tại một dãy số hữu tỷ $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ với $x_n \in [a,b]$ sao cho $\lim_{n \to \infty}x_n = x$. Ta có

$$f(x) = f(\lim x_n) = \lim f(x_n) = \lim g(x_n) = g(\lim x_n) = g(x).$$

Trường hợp số vô tỷ chứng minh tương tự với lưu ý rằng mỗi số $x \in [a,b]$ đều là giới hạn một dãy toàn số vô tỷ: thật vậy lấy $\epsilon$ đủ nhỏ và vô tỷ sao cho $x + \epsilon$ nằm trong $[a,b]$, khi đó $x + \epsilon = \lim x_n$ với mỗi $x_n \in \mathbb{Q} \cap [a,b]$, khi này $x  = \lim (x_n - \epsilon)$, khi $n$ ra đủ lớn thì $x_n - \epsilon \in [a,b]$.