bài này bấm máy tính là ra thôi mà bạn

còn nếu muốn chứng minh mà không cần dùng máy tính thì thế này:

bạn hãy suy nghĩ xem các con số: cos(Pi/7), cos(2pi/7),cos(3pi/7) liên quan đến nhau như thế nào?
--> có thể chúng là 3 nghiệm của 1 phương trình nào đó.
--> mỗi liên hệ của chúng có thể thu được bằng hệ thức Viet.

Và có thể sẽ giải được bài toán. Bạn làm thử đi.

Trung thu trăng sáng như gương, bác hồ ngắm cảnh nhớ thương nhi đồng.

Mấy câu này quên mất trong sách lớp mấy rồi, nhưng vẫn còn nhớ là khi học tôi thích lắm, cứ nhâm nhẩm đọc từ trường về nhà. Mà đang giữ mùa Trung thu mới vui chứ.

Hôm qua mình mới coi xong. Bản đẹp Về nội dung thì chắc chỉ như muối bỏ biển so với truyện 7 viên ngọc rồng, đặt biệt là thiếu điểm nhấn (cái đoạn Goku biến thành khỉ rồi thành lại người quá nhanh, không diễn đạt hết nội tâm, và chắn là khó hiểu với những người chưa xem truyện), nhưng trong vòng 1 tiếng rưỡi thì vậy là được. Cái viên biến hình làm mình tức cười nhất. Thấy có tên của Stefen Chow nhưng phong cách hoàn toàn là Holywood.

1.Các bài chứng minh tồn tại có nghiệm thì cách tốt nhất là dùng tính liên tục của hàm số.

Nhắc lại: nếu hàm f liên tục trên [a,b] và f(a)f(b)<=0 thì phương trình f(x)=0 có ít nhất 1 nghiệm trên [a,b].

Ví dụ như bài 2, xét f(x)=a.cosx+b.sin2x+c.cos3x-x.
Các bạn chịu khó tính 1 đám giá trị của f(x) vào (những cái dễ tính), như f(0), f(-pi), f(pi), f(pi/2), ... rồi coi thử có thể chứng minh 2 giá trị nào trái dấu không.

Việc chứng minh tồn tại 3 nghiệm của bài 1 cũng như vậy (ngó qua các bạn có thể thấy ngay 0 với 1 là 2 nghiệm rồi, vậy chỉ cần tìm 1 nghiệm nữa thôi)

-------
2.Khi muốn chứng minh phương trình chỉ có <= m nghiệm, thì khó hơn. 1 trong những cách là dùng tính đơn điệu (1 hàm tăng ngặt hay giảm ngặt trên 1 đoạn thì thì chỉ có tối đa 1 nghiệm trên đoạn đó). Cách này có thể nhìn cách khác bằng định lý Rôn:

Nhắc lại: (Định lý) nếu f khả vi trên (a,b) và f'(x)=0 chỉ có <= n nghiệm phân biệt trên (a,b) thì f(x)=0 chỉ có <= n+1 nghiệm trên (a,b).

Trong áp dụng, đôi khi cũng cần 1 chút "sáng tạo", chẳng hạn:
Nếu f khả vi 2 lần trên (a,b) và f''(x)=0 chỉ có <=n nghiệm phân biệt trên (a,b) thì f(x)=0 chỉ có <=n+2 nghiệm trên (a,b)

Nếu f khả vi 3 lần trên (a,b) và f'''(x)=0 chỉ có <=n nghiệm phân biệt trên (a,b) thì f(x)=0 chỉ có <=n+3 nghiệm trên (a,b)

(chứng minh: ...)

Ví dụ như bài 1, xét f(x)=2^x-^2-1 thì xét f'(x) chưa thấy gì, các bạn có thể xét f'', thậm chí f'''. Nếu chứng minh được f'' chỉ có tối đa 1 nghiệm, hoặc f''' vô nghiệm, thì xong!

Có $6n+4$ nhà toán học tham dự 1 hội nghị,trong đó có $2n+1$ buổi thảo luận.Mỗi buổi thảo luận đều có 1 bàn tròn cho 4 người ngồi và n bàn tròn cho 6 người ngồi.Biết rằng 2 người bất kỳ ko ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau quá 1 lần.
a.Hỏi có thể thực hiện được ko với $n=1$?
b.Hỏi có thể thực hiện được ko với $n>1$?

Có thể suy nghĩ đơn giản như sau: Minh chia 6n+4 người thành 1 Sếp và 2n+1 nhóm, mỗi nhóm 3 người. Sếp sẽ luôn ngồi ở bàn 4 người, còn mỗi nhóm sẽ luôn ngồi chung (dù là trong bàn 4 người hoặc trong bàn 6 người). Chú ý là với bàn 6 người, mình có thể xếp 2 nhóm sao cho ko có thành viên nào trong cùng 1 nhóm ngồi cạnh nhau hoặc ngồi đối diện nhau (gọi 2 nhóm là a,b,c và x,y,z thì mình có thể xếp xen kẽ là a x b y c z).

Như vậy, mình có thể tìm 1 cách xếp thỏa mãn đề bài nếu mình sắp được các nhóm sao cho: mỗi nhóm sẽ ngồi với Sếp 1 lần (ở bàn 4 người), và 2 nhóm bất kỳ ngồi chung với nhau (trong bàn 6 người) tối đa 1 lần.

Với n=1, mình có cách xếp đơn giản cho 1 sếp và 3 nhóm A1,A2,A3 như sau:
ngày 1: sếp+A1 (bàn 4 người), A2+A3 (bàn 6 người).
ngày 2: sếp+A2, A1+A3
ngày 3: sếp+A3, A1+A2

Với n=2, mình có 1 Sếp và 5 nhóm A1,...,A5. Có thể xếp như sau:
ngày 1: sếp+A1 (bàn 4 người), A2+A3 (bàn 6 người), A4+A5 (bàn 6 người) .
ngày 2: sếp+A2, A1+A4, A3+A5
ngày 3: sếp+A3, A1+A5, A2+A4,
ngày 3: sếp+A4, A1+A3, A2+A5,
ngày 3: sếp+A5, A1+A2, A3+A4.

Như vậy bài toán sẽ được giải cho n>1 bất kỳ nếu mình có thể tìm ra n cách chia 2n+1 nhóm (mỗi lần chia có 1 nhóm lẻ và n cặp) sao cho không có 2 nhóm nào ở chung 1 cặp quá 1 lần chia. Điều này có lẽ đúng (với n=1,n=2) và có lẽ có thể chứng minh dễ dàng dựa vào các đường chéo của đa giác 2n+1. Any one can help this step?

Thứ 2, ngày 21/7

Code Matlab các bài tập

Vì lý do kỹ thuật nên mình xin phép mượn đất của diễn đàn để post tạm một số nội dung của môn học.
Nội dung thứ 4 ngày 16/7

Hi vọng diễn đàn sẽ sớm trở lại, để đem lại niềm vui và niềm tin cho những người bạn chân thành của nó, để sẽ lại là ngôi nhà ấm áp mỗi lần online, để dòng chữ diendantoanhoc.net sẽ lại là dòng chữ đầu tiên gõ khi lên mạng...không chỉ của riêng tôi.

Chào cả nhà. Theo em nghĩ, để diễn đàn đi lên cần phải có những người học toán, làm toán thực sự tham gia (như khi mới thành lập). Yếu tố quyết định là thành viên, không phải mod.

Hi hi, em hiểu rồi. Lúc đó cậu nhóc mới lớp 5 mà biết viết lên tới lúc gay cấn và dừng lại thì hay quá. Em cả đời học sinh (cho tới lớp 12) mỗi lần làm văn đều ráng làm qua tờ thứ 2, cái cảm giác rứt tờ giấy nghe rất đã, ít nhất là mọi người biết mình đã qua tờ thứ 2, còn sau đó thì ko thành văn cũng thành ...bài viết tới 2 tờ.

Câu đầu em xin sửa là: Giọt sương trĩu nặng lá cây. Có điều này vì theo định luật vạn vật hấp dẫn thì giọt sương luôn có khuynh hướng đi xuống dưới, mà cành cây thường là 1 đường cong lồi với lá là điểm cực biên. Do đó phương án tối ưu, tương ứng với cực trị, phải đạt tại biên.

Câu chuyện của anh Tình ngộ nghĩnh thật. Nhưng em thấy 1 tình tiết không hợp lý: cậu học sinh có thể ra ngoài dự World Cup rồi trở lại phòng làm bài thi cũng được mà, đâu nhất thiết phải làm bài trong tình trạng nguy kịch đó

Về câu mở đầu thì em thấy nó hoàn toàn đúng cả về ngữ pháp lẫn ngữ nghĩa.

Giọt sương trĩu nặng cành cây

Câu trên đúng về từ nhưng chưa thật hoàn chĩnh về nghĩa. Tìm cách thay thế các từ màu xanh để được câu "tròn trịa" về nghĩa

Chào em,
đáp án kì thi đã có rồi, nhưng thời gian qua diễn đàn có nhiều lỗi nên chắc mọi người còn nhiều việc khác phải làm. Hi vọng sẽ có trong thời gian gần.

Có bài này rât cơ bản, nhưng cũng vui nè.

Chứng minh rằng với mọi R>0 thì tích phân trong không gian http://dientuvietnam...mimetex.cgi?R^n

bằng vô cùng.

Dễ dàng có

sorry bác xương rồng, nhưng chỗ dễ dàng có thì e là ko đơn giản. Làm gì có công thức đổi biến như thế.

hì hì, đúng là dùng tọa độ cầu, tôi cũng chả nhớ chính xác nhưng sẽ còn thêm 1 hằng số nữa.

Có cách này có vẻ relax hơn:
http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?L^1(R^n) và khác 0 thì http://dientuvietnam...imetex.cgi?L^1. Tuy nhiên điều kì lạ là nếu f thuộc http://dientuvietnam...mimetex.cgi?L^p thì Mf sẽ thuộc http://dientuvietnam...mimetex.cgi?L^p, với p>1.

Biểu thức $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ chứa 8bc chứ anh ?

Uh vậy mà mãi ko thấy . Cảm ơn em! Anh đã sửa lại.

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực không âm $a,b,c$
$a\sqrt{4a^2+5bc}+b\sqrt{4b^2+5ca}+c\sqrt{4c^2+5ab}\ge(a+b+c)^2$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ hoặc các hoán vị.

Nice inequality! This is my solution.

Vì bất đẳng thức đối xứng nên có thể giả sử a>=b>=c. Bởi vì dấu = xảy ra ở 2 chỗ nên mình sẽ xét hai trường hợp

Trường hợp 1: 4b+4c>=5a. Khi đó ta có ta viết
$a\sqrt{4a^2+5bc}= \dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}. (4a^2+5bc) $
Sử dụng bất đẳng thức Trebusep cho 2 dãy tăng
$ \dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}\ge \dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ac }} \ge \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }} $ và $ 4a^2+5bc \ge 4b^2+5ac \ge 4c^2+5ab $
sau đó dùng Schwartz ta thu được
$LHS \ge (\dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}+\dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ac }}+ \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }}).\dfrac{4a^2+5bc + 4b^2+5ac +4c^2+5ab}{3} $
$ \ge (\dfrac{(a+b+c)^2}{LHS}).(a+b+c)^2= \dfrac{RHS^2}{LHS} $
Vậy ta có LSH >= RHS (bất đẳng thức cần chứng minh). Trong trường hợp này dấu = xảy ra khi a=b=c.

Trường hợp 2: 4b+4c<5a. Ta có:
$a \sqrt{4a^2+5bc}-2a^2+b \sqrt{4b^2+5ac}-2b^2= \dfrac{5abc}{\sqrt{4a^2+5bc }+a} + \dfrac{5abc}{\sqrt{4b^2+5ac }+b} $
$ \ge \dfrac{20abc}{ \sqrt{4a^2+5bc }+a+\sqrt{4b^2+5ac }+b} \ge 3bc $
trong đó ở bước cuối ta dùng đánh giá
$\sqrt{4a^2+5bc }+a+\sqrt{4b^2+5ac }+b \le \sqrt{2(4a^2+5bc+4b^2+5ac)}+2a \le \sqrt{2(4+\dfrac{25}{64}+\dfrac{25}{4})a^2}+2a \le \dfrac{20}{3}a $
bởi vì (nhớ là 4b+4c<5a)
$ 5bc+4b^2+5ac = bc+4b(b+c)+5ac \le bc+5ab+5ac\le \dfrac{(b+c)^2}{4}+5a(b+c) \le \dfrac{25}{64}a^2+\dfrac{25}{4}a^2 $

Mặt khác $ c \sqrt{4c^2+5ab}\ge c(2c+\sqrt{ab}) \ge 2c^2 + bc$

Vậy ta chỉ cần chứng minh:
$2a^2+2b^2+3bc+2c^2+bc \ge (a+b+c)^2$
Điều này tương đương với $(a-b-c)^2 \ge 0$ và hiển nhiên đúng. Trong trường hợp này đẳng thức xảy ra khi a=b, c=0.

Xài Holder thế này cóa đc hok nhể:
$V{T^2}\left( {\sum {\dfrac{a}{{4{a^2} + 5bc}}} } \right) \ge {(a + b + c)^3}$
chỉ cần chứng minh:
$\sum {\dfrac{a}{{4{a^2} + 5bc}}} \le \dfrac{1}{{a + b + c}}$
việc còn lại là expand ra và xài Schur

It is not correct! Cho c=0 thì $LHS=\dfrac{1}{4a}+\dfrac{1}{4a}$ trong khi $RHS=\dfrac{1}{a+b}$. Thậm chí lúc này mình có BDT ngược lại

Các bạn nên tập thói quen viết lời giải 1 cách hoàn chỉnh, cho dù là những bài toán khó sau này hoặc những bài toán vui ở đây, điều này giúp ích cho bản thân và cũng giúp những người khác dễ theo dõi.

Uh, cảm ơn em, chỗ đó sai thật. Tuy nhiên cách này vẫn work được, có thể sửa lại như sau (a little more complicated).

Giả sử a>=b>=c. Ta xét hai trường hợp

Trường hợp 1: $a\le b+\dfrac{3}{4}c$. Khi đó ta có ta viết
$a\sqrt{4a^2+5bc}= \dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}. (4a^2+5bc),b\sqrt{4b^2+5ac}= \dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ac }}. (4b^2+5ac), $
và
$c\sqrt{4c^2+5ab}= \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }}. (4c^2+5ab)\ge \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }}. (3c^2+bc+ac+4ab) $ (vì $(a-c)(b-c)\ge 0$).
Sử dụng bất đẳng thức Trebusep cho 2 dãy tăng
$ \dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}\ge \dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ac }} \ge \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }} $ và $ 4a^2+5bc \ge 4b^2+5ac \ge 3c^2+bc+ca+4ab $
sau đó dùng Schwartz ta thu được
$LHS \ge (\dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}+\dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ac }}+ \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }}).\dfrac{(4a^2+5bc) + (4b^2+5ac) +(3c^2+bc+ca+4ab)}{3} $
$ \ge (\dfrac{(a+b+c)^2}{LHS}).(a+b+c)^2^2\ge \dfrac{RHS^2}{LHS} $
Vậy ta có LSH >= RHS (bất đẳng thức cần chứng minh). Trong trường hợp này dấu = xảy ra khi a=b=c.

Trường hợp 2: $a\ge b+\dfrac{3}{4}c$. Ta có:
$a\sqrt{4a^2+5bc}-2a^2+b \sqrt{4b^2+5ac}-2b^2+c \sqrt{4c^2+5ab}-2c^2= \dfrac{5abc}{\sqrt{4a^2+5bc }+2a} + \dfrac{5abc}{\sqrt{4b^2+5ac }+2b}+ \dfrac{5abc}{\sqrt{4c^2+5ab }+2c} $
$ \ge \dfrac{45abc}{ \sqrt{4a^2+5bc }+2a+\sqrt{4b^2+5ac }+2b+\sqrt{4c^2+5ab }+2c} \ge 4bc $
trong đó ở bước cuối ta dùng đánh giá
$\sqrt{4a^2+5bc }+2a+\sqrt{4b^2+5ac }+2b+ \sqrt{4c^2+5ab }+2c \le \sqrt{3(4a^2+5bc+4b^2+5ac+4c^2+5ab)}+2a+2b+2c$
$ =\sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2+(4-(\dfrac{5}{4})^2)a^2-3bc]}+2a+2(b+c) \le \sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+\dfrac{16}{7}a)^2+(4-(\dfrac{5}{4})^2)a^2]}+2a+\dfrac{16}{7}a =10.98 a \le \dfrac{45}{4}a $
trong đó ta dùng $a\ge b+\dfrac{3}{4}c\ge \dfrac{7}{8}(b+c)$.

Vậy cuối cùng ta chỉ cần chứng minh: $2a^2+2b^2+2c^2+4bc \ge (a+b+c)^2$.
Điều này tương đương với $(a-b-c)^2 \ge 0$ và hiển nhiên đúng. Trong trường hợp này đẳng thức xảy ra khi a=b, c=0.
---------
to toanhocmuonmau: anh đã xem lời giải ở đó. The inequality is a good idea to cancel the square root. Có vẻ nó giống với cách phân tích $m_a, m_b, m_c$ trong các bài của Jack Garfunkel.

Em vẫn thấy chỗ này không ổn anh ạ:
Nếu biểu thức bình phương dưới dấu căn là $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ thì các số hạng còn lại trong căn phải là: $(4-\dfrac{25}{16})a^2-3bc$.

Uh, các số hạng còn lại là $(4-(5/4)^2)a^2+bc$. Ở đây mình có 5bc mà $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ chứa 4bc nên còn 1bc.

Anh viết nhầm $(4-(5/4))a^2+bc$ nên tính ra lớn hơn 1 chút (11.12a). Đã sửa lại là 11.05a Sorry for my mistakes!

Cảm ơn anh Nam. Em đã đọc lời giải của anh. Riêng chỗ này hình như anh có nhầm lần:
Chú ý hệ số của $a, a^2$ và $bc$ ở trong căn. Anh xem lại xem thế nào nhé.

Thank em, chỗ đó anh gõ thiếu cái dấu đóng ngoặc. Anh mới sửa lại, và thay đánh giá $bc\le a^2$ bởi $bc\le (\dfrac{b+c}{2})^2\le (\dfrac{4}{7}a)^2$ cho hợp lý hơn.

Anyway, theo cách của Toanlc_gift và dduclam thì BDT ban đầu yếu hơn
$\sum \dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc}} \le 1.$
Is there a short proof for this beautiful inequality.

hix,xem mấy anh nói mà em bắt đầu cảm thấy ngán bđt rồi đóa
nhưng mà dù sao thì em vẫn cứ cố cắm đầu vào bik đâu sau này sẽ có lợi...

Thật ra chả có lợi gì đáng kể đâu em. Bình thường để giải trí anh chơi game, lâu lâu giải 1 bài để ...thay đổi. It is just a game for relax, thế thôi. Ngay các kết quả tốt nhất của cụ Vacs (hình như là super-star về BĐT sơ cấp) cũng không mấy ai biết (ngoài đám học sinh chơi cùng) và thường chỉ đăng trên tờ JIPAM một tạp chí khá nhỏ.

BDT này xấu và không có ý nghĩa. Nghĩ ra những đề như thế này thì dễ, chứng minh thì khó, mất thời gian và vô ích.

You are right!

Bài này khó thì khó thật nhưng mà xấu quá

Bài này rất đẹp đấy chứ! Nhưng có thể không quá khó.