Exercise 1. We have $0\leq |2-x_{n+1}|=|2-\sqrt[3]{6+x_n}|=|\dfrac{2-x_n}{4+2\sqrt[3]{6+x_n}+\sqrt[3]{(6+x_n)^2}} |<\dfrac{|2-x_n|}{7} $.
So, $0\leq 6^{n+1}|2-x_{n+1}|<\dfrac{6}{7}|2-x_n|<...<(\dfrac{6}{7} )^n|2-\sqrt[3]{6}|\rightarrow 0 $

1+1=? thực chất phép cộng cũng chỉ là một ánh xạ nên muốn bằng mấy cũng được.

$\sqrt{x+\sqrt{x^2-x+1}}-\sqrt{x+1+\sqrt{x^2+x+1}}=1$

tuy khong ve dau nhung t xin dc trinh bay mot cach sau:
đặt $M=VT$
do $abcd=1$ nên tồn tại các số thực dương $x,y,z,t$ sao cho $a=\dfrac{\displaystyle x}{\displaystyle y},b=\dfrac{\displaystyle y}{\displaystyle x},c=\dfrac{\displaystyle z}{\displaystyle t},d=\dfrac{\displaystyle t}{\displaystyle z}$.
khi đó
$M=\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle (x+y)(x^2+y^2)}+\dfrac{\displaystyle z^3}{\displaystyle (y+z)(y^2+z^2)}+\dfrac{\displaystyle t^3}{\displaystyle (z+t)(z^2+t^2)}+\dfrac{\displaystyle x^3}{\displaystyle (t+x)(t^2+x^2)}$
nhưng ta có $(x+y)(x^2+y^2)\leq 2(x^3+y^3)\hspace*{1 cm} \forall x,y>0$
$ \Rightarrow \dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle (x+y)(x^2+y^2)}\geq\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle 2(x^3+y^3)}$
khi đó $M\geq\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}[\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle x^3+y^3}+\dfrac{\displaystyle z^3}{\displaystyle y^3+z^3}+\dfrac{\displaystyle t^3}{\displaystyle z^3+t^3}+\dfrac{\displaystyle x^3}{\displaystyle t^3+x^3}]$
đến đây chỉ việc áp dụng bất đẳng thức Nesbitt cho 4 biến $x^3,y^3,z^3,t^3$ ta co ngay $M\geq1$

$a \geq b \geq c \Rightarrow bc\geq ac$?

bài 2:
$P+12=3(\dfrac{\displaystyle a}{\displaystyle b+c}+1)+4(\dfrac{\displaystyle b}{\displaystyle c+a}+1)+5(\dfrac{\displaystyle c}{\displaystyle a+b}+1)$
$\Leftrightarrow P+12=(a+b+c)(\dfrac{\displaystyle 3}{\displaystyle b+c}+\dfrac{\displaystyle 4}{\displaystyle a+c}+\dfrac{\displaystyle 5}{\displaystyle b+a})$
$\Leftrightarrow P+12=\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}[(b+c)+(a+c)+(b+a)](\dfrac{\displaystyle 3}{\displaystyle b+c}+\dfrac{\displaystyle 4}{\displaystyle a+c}+\dfrac{\displaystyle 5}{\displaystyle b+a})$
$\geq \dfrac{\displaystyle (\sqrt{3}+2+\sqrt{5})^2}{\displaystyle 2}$

câu 3: * $m=-2: f(x)=4x+4$ khi đó $f(x) \geq 0$ với mọi $x>0$.
*$m \neq -2$ xét $\Delta=2m^{2}-2 \leq 0 $ hay $ -1 \leq m \leq 1$ khi đó yêu cầu bài toán tương đương $m+2>0$ hay $m>-2$. vậy $ -1<m<1$.
xét $\Delta=2m^{2}-2>0 $ hay $m<-1 \cup m>1$ giả sử phương trình có hai nghiệm $x_{1}<x_{2}$ khi đó yê cầu bài toán tương đương $x_{1}<x_{2} \leq 0$ tới đây có thể tự giải được rồi.

cách giải của bạn ông trời khi xét $max\displaystyle\dfrac{t^{2}-1}{\sqrt{t^{2}+1}}$ hơi khó cho một học sinh lớp 10. tôi xin được phép trình bày một cách khác : đặt $t=\sqrt{x^{2}+4x+5}, t\in[1;2]$ khi đó bất phương trình tương đương $\displaystyle\dfrac{t^{2}-2}{t} \leq m$.ta dễ dàng tìm max hơn một chút xíu.có thể đặt $N=\displaystyle\dfrac{t^{2}-2}{t}$ sau khi qui đồng ta được pt bậc hai theo t, tìm N để pt có nghiệm thuộc [1;2].toàn bộ sử dụng kiến thức lớp 10.

gtnb gianh cho nam hai day.sach ua vien toan hoc.

mot quyen sach hay cua vien gianh cho nhung ai sinh vien nam nhat

tôi khong giai ra nhung co suy nghi the nay (một dạng như đề thi khối A 2006) $ \left\{\begin{array}{l}u+v=M\\u^{6}+v^{6}=1\end{array}\right. $ tìm M để hệ có nghiệm.

hiện nay bảng lồi lõm đã được miễn, cho nên bạn không nên ghi vào. nhưng nếu bạn muốn tìm iểu kĩ thì cũng tốt.

định gnhỉa sup và inf như thế là sai. sup va inf phải đươc dn bằng ngôn ngữ $ \varepsilon,\delta $.vì không phải lúc nào sup=max.

xét hàm số $f(x)=3^{\displaystyle\dfrac{ x}{ 3}}-x$
$ \Rightarrow f'(x)=-\displaystyle\dfrac{1}{ 3}ln3.3^{\displaystyle\dfrac{ x}{ 3}}-1<0$
vay nếu pt co nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất. ta thay x=3

ban trên giäi sai r°i. ta co $32x^{2}(x^{2}-1)(2x^{2}-1)=x-1 \Leftrightarrow (x-1)[32x^{2}(x+1)(2x^{2}-1)-1]=0$.toi chi co the giup toi day thoi.

sao hem nay tren dien dan go latex khong dc vay danh gui file thoi.

day la mot bai hao hao giong de thi dh khoi A nam 2010

1. xét hàm số $f(x)=\cos ^2x-\sqrt{x},x\geq 0$, ta có $f(x)$ là hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và $f(0).f(1)=\cos ^2 1-1<0$ nên tồn tại một $x_{0}\in (0,1)$ sao cho $f(x_{0})=0$.
2. Tương tự ta cũng xét $f(x)=(9-5m)x^5+(m^2-1)x^4-1$. Nếu $m=\dfrac{9}{5}$ thì pt trở thành $x^4=\dfrac{25}{56}$
nếu $m\neq \dfrac{9}{5}$ thì không mất tính tổng quát ta có thể xét th $m<\dfrac{9}{5}$ khi đó với $x$ đủ lớn $(x\rightarrow + \infty )$ thì $f(x)\rightarrow +\infty$, ngược lại khi $x$ đủ bé $(x\rightarrow -\infty)$ thì $f(x)\rightarrow -\infty$. Vì $f(x)$ liên tục nên tồn tại $x_{0}:f(x_{0})=0$. Th $m>\dfrac{9}{5}$ thì tương tự.
3. Tương tự (sử dụng định lý Rolle).
4. Tham khảo bài giải Olympic giải tích 2011.

công thức lượng giác, các phương trình lượng giác cơ bản, công thứctính đạo hàm được soạn bằng latex rất đẹp.

để chứng minh bài toán trên cần chứng minh bài toán phụ sau: cho $\Delta ABC $ lấy lần lượt các điểm M,N,P thuộc AB,BC,AC sau cho MB=2MA, NA=NB, PC=PA. cmr AN, BP, CM đồng qui. có hình kèm theo. có thể chứng minh bằng cách kẻ thêm các đường thẳng đi qua P và song song với AI ,sử dụng định lí talet (giả sử CM, BP cắt nhau tại I, AI cắt BC tại N', cm $N\equiv N'$).
khi đó dưa vào file hình 2 ta có ngay điều cần chứng minh.( chúng đồng qui tại O là trung điểm của MN)

sao co thể đặt $x=\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle cos\alpha}$

vi day la nhung quyen sach co dung file kha lon khoang 10m(>8m) nen không thể post.mong các bạn thông cảm.

ai co nhu cau tim tai lieu cho viec on thi olymoic giai tich thi lien he voi minh. [email protected]

day la tai lieu kha hay ve bat dang thuc dac biet la nhung nguoi co tham vong muon chinh phuc bat dang thuc.

Cho trước một đường tròn $(O,R)$. Tìm 3 điểm A,B,C trên đường tròn sao cho AB+BC+CA lớn nhất.