Cho tập S={1, 2, 3,...,n} với $n\geq 1$. Gọi $P_{n}(k)$ là số hoán vị của tập S có đúng k điểm cố định. Chứng minh rằng $\sum_{k=0}^{n}kP_{n}(k)=n!$

r ở đây là gì thế bạn??

r là số hàng bằng nhau trong hai số bất kì

Có cần điều kiện n là số nguyên tố không nhỉ ?

Mình thấy $C^{1}_{4}\vdots 4$ mà

Bạn xem lại đề đi

Đây chỉ là một trường hợp cụ thể mà thôi. Nếu không có điều kiện số nguyên tố thì kết luận không thể đúng trong mọi trường hơp. Bạn có thể xem cách chứng minh tại cuốn " ĐẲNG THỨC TỔ HỢP" trang 125

Chứng minh

rằng:

$A=C_{2p}^0+C_{2p}^2+C_{2p}^4+.......+C_{2p}^2p=C_{2p}^1+C_{2p}^3+C_{2p}^5+.......+C_{2p-1}^2$và tính tổng của A

Bạn gõ lại đề chứ đọc chả thấy gì cả

Chứng minh rằng:      $$\sum_{k=0}^{n}(C_{n}^{k})^{2}=C_{2n}^{n}$$

Chọn ra n phần tử từ tập gồm 2n phần tử ta có $C_{2n}^{n}$ cách chọn.

Mặt khác, chia 2n phần tử thành 2 tập A và B, mõi tập gồm n phần tử.

Để chọn ra n phần tử ta chọn k phần tử từ tập A và n-k phần tử từ tập B

Cho k chạy từ 0 đến n ta có đpcm

Có ai có tài liệu về phần phân hoạch của một số n thành các phần thì cho mình xin.

Với mọi a,b,c dương, chứng minh rằng:$A=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+8ab}}\geq 1$.

Cách làm của bạn khá hay, phù hợp với học sinh THCS, nhưng hôm nay, tớ muốn các bạn nhớ đến BDT không quen thuộc lắm với bạn trẻ Việt Nam:Holder.

1 trong những hệ quả của nó rất hay dùng là: $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$(*). Vận dụng hệ quả trên, ta có:

Đặt A=$\frac{a}{\sqrt{a^{2}+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+8ab}}$.

      B=$a(a^{2}+8bc)+b(b^{2}+8ac)+c(c^{2}+8ab)$=$a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc$

Áp dụng (*). ta có: $A.A.B\geq (a+b+c)^{3}$.

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh : $(a+b+c)^{3}\geq B=a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc$

                                                     $\Leftrightarrow c(a-b)^{2}+b(c-a)^{2}+a(b-c)^{2}\geq 0$ ( luôn đúng)

BDT được chứng minh khá đơn giản

Nhân dịp này, tớ xin post mấy bài sử dụng BDT Holder lên cho các bạn luyện tập:

1,Chứng minh rằng với mọi số dương a,b,c:

                         $3(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}\geq(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}$

2,Cho các số thực không âm a,b,c có tổng bằng 1, Chứng minh rằng:

                          $\frac{a}{\sqrt[3]{a+2b}}+\frac{b}{\sqrt[3]{b+2c}}+\frac{c}{\sqrt[3]{c+2a}}\geq 1$.

Chúc các bạn thành công....    

Bài này còn một cách nữa là Sử dụng nguyên lý Dirichlet trong chứng minh BĐT.

Còn phần mực đỏ có vẻ ko được đúng lắm

Cho $p=4k+1$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại $x$ nguyên sao cho $x^2+1 \vdots p$.

Vì x² là số chính phương $\Rightarrow x^{2}=4m$ hoặc $x^{2}=4m+1$

Nên $x^{2}+1=4m+1$ hoặc $x^{2}+1=4m+2$

Nếu $x^{2}+1=4m+1$ 

 Chọn m=k $\Rightarrow x^{2}+1\vdots 4k+1$

Nếu $x^{2}+1=4m+2$

Chon m=2k $\Rightarrow x^{2}+1=8k+2\vdots 4k+1$

Hình như bạn này dùng BĐT Côsi, có chú ý đk chưa?

Điều kiện nó vẫn thõa mãn đấy bạn a

Giải pt:

$-\sqrt{2-x}(3x+5)-5\sqrt{2+x}=0$

-$\sqrt{2-x}$ ( 3x + 5) - 5$\sqrt{2+x}$ = 0

$\Leftrightarrow$ $\sqrt{2-x}$( 3x + 5) = -5$\sqrt{2+x}$

$\Leftrightarrow$ ( 3x + 5)²( 2 -x ) = 25 ( 2 + x)

$\Leftrightarrow$ ( 9x² + 30x + 25 )( 2-x ) = 50 + 25x

$\Leftrightarrow$ 18x² + 60x + 50 - 9x³ - 30x² - 25x = 50 + 25x

$\Leftrightarrow$ -9x³ - 12x² + 10x = 0 

$\Leftrightarrow$ 9x³ + 12x² - 10x = 0

 $\Leftrightarrow$ x $\epsilon$ { 0 ; $\frac{-2-\sqrt{14}}{3}$ ; $\frac{-2+\sqrt{14}}{3}$ }

Chỗ này bạn thiếu điều kiện $3x+5\leq 0\Leftrightarrow x\leq -\frac{5}{3}$

Cho 3 số thực dương có tổng bằng 3. Chứng minh rằng 

$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+xz$

Ta có: $2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^{2}-(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

Ta phải chứng minh $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 9$

Sử dụng BĐT AM-GM ta có:

$a^{2}+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geq 3a$

$b^{2}+\sqrt{b}+\sqrt{b}\geq 3b$

$c^{2}+\sqrt{c}+\sqrt{c}\geq 3c$

Vậy $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 3(a+b+c)=9$

Tại sao lại có $a\leq b+c$ ?

a = x + y $\leq$ b + c = (x + y) + 2z

Lần sau đăng ở 1 topic thôi bạn nhé. http://diendantoanho...endmatrixright/

Cho tam giác $ABC$ có đường cao $BH:x+2y-3=0$ trung tuyến $AM: 3x+3y-8=0$.$BC$ qua $N(3;-2)$.tìm tọa độ các đỉnh tam giác

Bài này cho rất nhiều kết quả tam giác thỏa mãn. Nếu làm trường hợp tổng quát thì chả làm nổi đâu bạn ạ.

Giải phương trình $2x+\frac{x-1}{x}=\sqrt{1-\frac{1}{x}}+3\sqrt{x-\frac{1}{x}}$

$VP=\sqrt{(x-1)\frac{1}{x}}+3\sqrt{x-\frac{1}{x}}\leq \frac{x-1+\frac{1}{x}}{2}+\frac{3(x-\frac{1}{x}+1)}{2}=2x+1-\frac{1}{x}=VT$

CMR : $\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$ với $x,y,z>0$

Mọi người làm theo cách sử dụng phương pháp phân tích bình phương S.O.S hoặc khai triển - áp dụng Schur giùm em nhé, cách nào càng cổ điển thì càng tốt ! Em cảm ơn !

 

 

@Hiền : Cậu chắc thành tinh luôn rồi quá     

S.O.S:

Đặt a = x + y, b = y + z, c = z + x. Ta phải chứng minh:

$(2ab+2bc+2ca-a^{2}-b^{2}-c^{2})(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})\geq \frac{9}{4}$

$\Leftrightarrow (\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^{2}})(b-c)^{2}+(\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^{2}})(a-c)^{2}+(\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^{2}})(a-b)^{2}\geq 0$

Khi đó: $S_{a}=\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^{2}}, S_{b}=\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^{2}}, S_{c}=\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^{2}}$

Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow S_{a}\geq 0$

Ta chỉ cần chứng minh: $b^{2}S_{b}+c^{2}S_{c}\geq 0\Leftrightarrow b^{3}+c^{3}\geq abc$

Nhưng BĐT trên đúng vì: $a\leq b+c\Rightarrow b^{3}+c^{3}\geq bc(b+c)\geq abc$

Cho tam giác ABC và điểm M tùy ý 

a,Chứng minh rằng vectơ $\vec{v}=\vec{MA}+2\vec{MB}-\vec{MC}$ không phụ thuộc v 

 vị trí điểm M

b, Dựng điểm D sao cho $\vec{CD}=\vec{v}$ . CD cắt AB tại K .Chứng minh $\vec{KA}+\vec{KB}=\vec{0}$ và $\vec{CD}+=3\vec{CK}$

a, Gọi I là trung điểm của AB. Theo quy tắc trung điểm ta có:

$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}$

Khi đó: $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{CB}$ không đổi

Về phía ngoài hình bình hành ABCD dựng bốn hình vuông. CMR: tâm của bốn hình vuông là bốn đỉnh của một hình vuông.

 

MOD: Chú ý tiêu đề bạn nhé

Gọi tâm bốn hình vuông lần lượt là O_AB, O_BC, O_CA, O_DA.

Xét tam giác AO_ABO_DA và tam giác DO_CDO_DA có:

AO_DA = DO_DA, AO_AB = DO_CD, $\widehat{O_{DA}AO_{AB}}=\widehat{O_{DA}DO_{CD}}(=270^{0}-\widehat{DAB})$ 

Suy ra 2 tam giác bằng nhau. Từ đó có đpcm

Cho tứ giác ABCD. Gọi I, J là trung điểm của AC và BD.Chứng minh rằng: $\vec{AB}+\vec{CD}=2\vec{IJ}$

Ta có: $2\overrightarrow{IJ}=(\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DJ})+(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BJ})=(\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{IA})+(\overrightarrow{DJ}+\overrightarrow{BJ})+(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD})=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}$

sao biết $x \varepsilon (0;1)$ hả bạn?

Chắc là đề bài phải cho x, y >0. Mà x = 1 - y nên 0 < x < 1

Ai là cổ động viên của SLNA thì nêu tên nhé. SL đang chơi tốt và có cơ hội vô địch. HÃY CỐ LÊN

Mọi người ủng hộ nào

Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} (x+y)^4-6x^2y^2+215=0)\\ xy(x^2+y^2)=-78 \end{matrix}\right.$  

Khai triển ra ta sẽ được hệ phương trình đẳng cấp bậc 4. Xét x = 0 và x khác 0. Khi x khác 0 đặt y = tx sau đó thay vào hpt

 

Cho $0<a<c<b<d$; $a+b=c+d$

Giải: $\sqrt{x+a^2}+\sqrt{x+b^2}=\sqrt{x+c^2}+\sqrt{x+d^2}$

 

$PT\Leftrightarrow \sqrt{x+a^{2}}-a+\sqrt{x+b^{2}}-b=\sqrt{x+c^{2}}-c+\sqrt{x+d^{2}}-d$

$PT\Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{x+a^{2}}+a}+\frac{x}{\sqrt{x+b^{2}}+b}-\frac{x}{\sqrt{x+c^{2}}+c}-\frac{x}{\sqrt{x+d^{2}}+d}=0$

Vì 0 < a < b < c < d nên $\frac{1}{\sqrt{x+a^{2}}+a}+\frac{1}{\sqrt{x+b^{2}}+b}-\frac{1}{\sqrt{x+c^{2}}+c}-\frac{1}{\sqrt{x+d^{2}}+d}>0$

Suy ra x = 0

 Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 0

Tìm các số tự nhiên a,b khác 0 sao cho: $\frac{4}{a} + \sqrt[3]{4-b} = \sqrt[3]{4+4\sqrt{b}+b} + \sqrt[3]{4-4\sqrt{b}+b}$

$PT\Leftrightarrow \frac{4}{a}+\sqrt[3]{4-b}=\sqrt[3]{(2+\sqrt{b})^{2}}+\sqrt[3]{(2-\sqrt{b})^{2}}$

Đặt $x=\sqrt[3]{2+\sqrt{b}}, y=\sqrt[3]{2-\sqrt{b}}$

Khi đó ta có: $\frac{x^{3}+y^{3}}{a}+xy=x^{2}+y^{2}\Leftrightarrow \frac{x^{3}+y^{3}}{a}=x^{2}+y^{2}-xy\Leftrightarrow x+y=a$

$\Rightarrow a=\sqrt[3]{2+\sqrt{b}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{b}}$

$\Rightarrow a^{3}=4+3\sqrt[3]{4-b}.a\Leftrightarrow 3a\sqrt[3]{4-b}=a^{3}-4$

$\Leftrightarrow 4-b=(\frac{a^{3}-4}{3a})^{3}$

Nên $\frac{a^{3}-4}{3a}\in Z\Rightarrow a^{3}-4\vdots 3a\Rightarrow a^{3}-4\vdots a\Rightarrow 4\vdots a\Rightarrow a\in {1;2;4}$

$xy+\frac{1}{xy}=16xy+\frac{1}{xy}-15xy\geq 2\sqrt{16xy.\frac{1}{xy}}-15.\frac{(x+y)^{2}}{4}=\frac{17}{4}$

Dấu "=" khi x=y=$\frac{1}{2}$