May man thoi

Tiếp nào:
Tìm $ lim (2010\sqrt[n]{4}-2009)^n$

Xem nào
Đặt $S=(2010*4^\dfrac{1}{x}-2009)^x$
lấy ln 2 vế(ko bik có ra ko nữa,lấy thử )
$lnS=\dfrac{ln(2010*4^\dfrac{1}{x}-2009)}{\dfrac{1}{x}}$
ặc,lim trên tử và dưới tử=0,xài thử Lopitan xem sao
$lim lnS=\dfrac{\dfrac{1}{2010*4^\dfrac{1}{x}-2009}*2010*4^\dfrac{1}{x}*ln4*\dfrac{-1}{x^2}}{\dfrac{-1}{x^2}}--->2010*ln4$
suy ra
$lim S=4^{2010}$

Đề thi kiểu j mà ngày thi lại là 24/12/2010????????
tự chế???

Merci.
mình khoái nhất pth mà.

Bài 3:gọi các số trong dãy là $a_i$
Xét $ \delta =\prod (2a_i-1)$
qua 1 fep biến đổi bất kỳ chú ý rằng $(2x-1)(2y-1)=2(2xy-y-x+1)-1$
nên $\delta$ là ko đổi
chú ý trong dãy có số 1/2 nên $\delta =0$ và số cuối cùng nhận được là sẽ 1/2

Chém thử bài phương trình hàm
Đề
tìm f:R vào R thoả mãn
$f(xf(x+y))=f(yf(x))+x^2$
*******************
Dễ thấy $f(0)=0$ khi và chỉ khi x=0,$f(xf(x))=x^2,f(-xf(x))=-x^2$.
Nếu tồn tại $a>b $ mà $f(a)=f(b)$ suy ra $b^2=f(bf(a))=f(bf(b+a-b))=f((a-b)f(b))+b^2$ suy ra $(a-b)f(b)=0$ vô lý
suy ra f(x) là 1 song ánh.
chú ý $f(f(1))=1$ suy ra $1=f(f(1))=f(f(f(1))f(1))=f(1)^2$
suy ra $f(1)=1$ hoặc $f(1)=-1$
Xét f(1)=1 (TH còn lại tươg tự)
có $f(xf(2x))=2x^2=f(\sqrt{2}xf(\sqrt{2}x))$
suy ra $f(2x)=2f(x)$
thay x=1,x=2 vào pt đầu thì có
$f(f(y+1))=f(y)+1$
$f(f(y+2))=f(y)+2$ suy ra $f(f(y+1))=f(f(y))+1$
suy ra $f(f(y))=f(y)$ suy ra $f(x)=x$ với mọi x.
Trả lời f(x)=x,f(x)=-x

có bài này ai rảnh trả lời nha ( có trong toán tuoi tho )
so sánh $ 1999^{1998}$ và $ 1998^{1999} $
bít kq nhưng quên mât cách làm

ta có $1998^{1999}>1999^{1998}$
bạn có thể CM như sau
xét hàm $f(x)=\sqrt[x]{x}$
$f'(x)=\sqrt[x]{x}*(\dfrac{1-ln(x)}{x^2})<0$ với x>3
suy ra $\sqrt[1998]{1998}>\sqrt[1999]{1999}$ .....

Em đọc kỹ xem,đúng đó,ko cần chia nhiều TH đâu:D

Cho tam giác ABC điểm M nằm trong tam giác!
Gọi $ MA=R_{a}, MB=R_{b},MC=R_{c}$ , $d_{a},d_{b}, d_{c}$ lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, AC, AB chứng minh
$ R_{a}+ R_{b}+R_{c} \geq 2(d_{a}+d_{b}+ d_{c})$
Sao không ai nhớ he??

Đây là bdt Erdos
Cho chú mười mấy cách CM này

Theo em thì có lẽ bài này sai đề, với lại nếu đúng đi nữa thì số hạng thứ 5 cũng không thuộc N nên có lẽ không cần quan tâm cho mệt @@

Xét số $k$ bất kì có ước nguyên tố là $p_n$.
Nếu số $m$ là một số tốt,không chia hết cho $k$ và $m$ có ít nhất một ước nguyên tố $p_l$ với $l>n$ khi đó số $m.\frac{p_n}{p_l}<m$ và có số ước không ít hơn số ước của $m$. Dẫn đến mâu thuẫn.

mình không rõ đoạn này lắm, nếu $p_{n}$ là ước của $m$ thì sao ???

Không ai ủng hộ topic của tui sao buôn quá trời. Hay là chưa đủ khó để làm vậy thì tiếp nè .....

1.Nguyên hàm $\int {\left( {\dfrac{1}{{\ln ^2 }} + \dfrac{1}{{\ln x}}} \right)} dx$

2.$\int {\dfrac{1}{{\ln ^2 }}dx} $ và $\int {\dfrac{1}{{\ln x}}dx} $

Mình chỉ biết cái nguyên hàm này thôi

$ \int (\dfrac{1}{ln(x)}-\dfrac{1}{ln(x)^2})dx =\dfrac{x}{ln(x)}$
mấy cái kia có lẽ là ko tính được đâu

Bị lỗi anh ơi!
Anh gư lại xem nào???

lại này

Cho f là hàm số lẻ. Hàm số ĐB trên R.
Nếu a+b+c=0. Chứng minh rằng

f(a).f(b)+f(b).f(c )+f(c ).f(a) 0
Chứng minh giùm em với!

Em đang cần rất gấp

+, f là hàm lẻ suy ra $f(x)=-f(-x)$ nên f(0)=0
+, Giả sử $a\ge b\ge c$
suy ra ta phải CM
$f(a)f(b)\le (f(b)+f(a))f(a+b)$
Ta có $f(a)+f(b)\ge 0$
và $f(a+b)\ge f(b)$ do $a\ge 0$
suy ra $(f(a)+f(b))f(a+b)\ge (f(a)+f(b))f(b)\ge f(a)f(b)$
ĐPCM

Ý tưởng của dạng này có lẽ là loại bỏ trường hợp hiển nhiên,trường hợp còn lại xài bdt Schur.
Ví dụ bài trên nhé
TH1:$\sum a^2>2\sum ab$,hiển nhiên
TH2:$\sum a^2\le 2\sum ab$
Theo Schur ta có $2\sum ab-\sum a^2\le \dfrac{9abc}{a+b+c}\le 2abc+1$ (côsi)
ĐPCM

Bài của bạn tùng làm thế này:
$VT-VP=\dfrac{(\sum a)(\sum a^2-\sum bc)}{3abc}+\dfrac{(\sum bc-\sum a^2)(\sum bc+\sum a^2)}{(\sum a^2)^2}=(\sum a^2-\sum bc)*S$
trong đó
$S=\dfrac{\sum a}{3abc}-\dfrac{\sum a^2+\sum bc}{(\sum a^2)^2}\ge \dfrac{3}{(\sum a^2)}-\dfrac{2\sum a^2}{(\sum a^2)^2}>0$
p/s: từ cách này thì ta có thể thay số 3 bằng số 9/2 (làm mạnh bdt)

anh co the dung may ki hieu cua trung hoc co so de giai duoc ko ?
may cai kia bon em chua hoc !

OK,
Ta phải CM
$a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge 2(ab+bc+ca)$
Th1:$a^2+b^2+c^2>2(ab+bc+ca)$
bdt hiển nhiên đúng
Th2:$a^2+b^2+c^2\le 2(ab+bc+ca)$
theo bdt schur ta có
$2(ab+bc+ca)-a^2-b^2-c^2\le \dfrac{9abc}{a+b+c}\le \dfrac{9abc}{3\sqrt[3]{abc}}=3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le abc+abc+1=2abc+1$
ĐPCM

sao $p|q-1$ đựoc nhỉ?

mình đánh nhầm p với q
p là cấp của m modulo q nên p|q-1
********
chú ý ở đầu ta xài bổ đề
$(\dfrac{a^n-b^n}{a-b},a-b)=(a-b,n)$

nhưng tớ ko hiểu tại sao đến U 5 là không xác định rui sao có thể đặt tan được ???

Bạn nói đúng 1 phần
Làm theo cách mình thì $u_n=tan(\dfrac{\pi}{6}+(n-1)*\dfrac{\pi}{12})$ khi đó thì $u_5=tan(\dfrac{\pi}{2})=\infty $ là ko xác định
Nhưng nếu bạn tính = tay thì đến $u_2=1,u_3=\sqrt{3},u_4=2+\sqrt{3}$ và đến $u_5$ thì cũng ko xác định .
(Cái này là do đề bẫy thôi bạn à,phương pháp vẫn thế)

Đề bài: Chứng minh có vô số số nguyên tố có dạng 2pn +1 với p là số nguyên tố lẻ bất kì.

Xét với số p tùy ý thuộc P, lấy m tùy ý mà (m-1) ko chia hết cho p
xét q thuộc P mà $q|\dfrac{m^p-1}{m-1}$
ta có $(\dfrac{m^p-1}{m-1},m-1)=1$ nên p là cấp của m modulo q hay
$p|q-1$ hay $q=k_m*p+1$
đpcm

$a,b,c>0$
$ab+bc+ca=3$
Chung minh: $ \sum \dfrac{a}{2 a^{2}+bc } \geq abc$

đẹp và dễ thật
ta có bdt tương đương (chia abc cho 2 vế)
$\sum \dfrac{1}{2a^2bc+b^2c^2}\ge 1$ đặt ab=z,bc=x,ca=y suy ra x+y+z=3
và ta phải CM
$\sum \dfrac{1}{x^2+2yz}\ge \dfrac{9}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx}=1$
ĐPCM

$ {U_1} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} $
${U_{n + 1}} = \dfrac{{{U_n} + 2 - \sqrt 3 }}{{1 + \sqrt 3 {U_n}}} - 2{U_n} $

Đề như thế này à?

Dịch sai đề rồi
bài này nhìn kỹ thì nó phải thía này :
${U_{n + 1}} = \dfrac{{{U_n} + 2 - \sqrt 3 }}{{1 + \sqrt 3 {U_n}} - 2{U_n}} $
kiều này dạng $\dfrac{a+b}{1-ab}$.quy về cái tan là ok thôi.

bài 1: $sin \dfrac{A}{2}+sin \dfrac{B}{2}+sin \dfrac{C}{2} \leq 1+ \dfrac{1}{2}cos(B-C)$
bài 2: $tan^{2} \dfrac{A}{2} + tan^{2} \dfrac{B}{2} + tan^{2} \dfrac{C}{2} +2(cosA+cosB+cosC) \geq 4$

bài 1 cho A=C tiến đến 0,B tiến đến 180 thì sai.(nếu đúng thì chắc ý tưởng chỉ là tam thức bậc 2)

Can moi so hang dau thoi mah.??

1,ta có $x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)\ge (x+y)\dfrac{(x^2+xy+y^2)}{3}$
suy ra
$3VT\ge \sum\dfrac{(z+y)(z^2+zy+y^2)}{x^2+xy+y^2}\ge 3\sqrt[3]{\prod (x+y)}\ge 6$
suy ra $VT\ge 2$
ĐPCM