tramyvodoi

Hình như gõ nhầm đề (chú ý dòng cuối).

 

Có lẽ liên quan định thức Vandermonde.

mình sữa rồi nha

Chéo hóa ma trận A đã cho rồi tìm $A^{n}$

 

Tìm trị riêng:  $\left | A-\lambda I \right |=\begin{vmatrix}
1-\lambda & -1 \\
 2& 4-\lambda
\end{vmatrix}=(\lambda-2)(\lambda-3)=0$

Suy ra: $\lambda=2 hoặc \lambda=3$

Các vector cơ sở: $\begin{bmatrix}
1 &-1
\end{bmatrix}$ và $\begin{bmatrix}
1 &-2
\end{bmatrix}$

 

Ma trận P làm chéo hóa: $P=\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -2
\end{bmatrix}$

 

$P^{-1}=\begin{bmatrix}
2 & 1 \\
-1 & -1
\end{bmatrix}$

 

Chéo hóa: $P^{-1}AP=\begin{bmatrix}
2 & 1 \\
-1 & -1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & -1 \\
2 & 4
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -2
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & 3
\end{bmatrix}$

 

$(P^{-1}AP)^{n}=P^{-1}A^{n}P=\begin{bmatrix}
2^{n} & 0 \\
 0 & 3^{n}
\end{bmatrix}$

 

$=> A^{n}=P\begin{bmatrix}
2^{n} & 0 \\
 0 & 3^{n}
\end{bmatrix}P^{-1}=\begin{bmatrix}
2^{n+1}-3^{n} & 2^{n}-3^{n} \\
 -2(2^{n}-3^{n}) & -2^{n}+2.3^{n}
\end{bmatrix}$

nếu như bài này lamda ra nghiệm kép thì sao nhỉ

cho x² + y² +z² =3 . Chứng minh :

$\frac{4+x}{4-x^{2}}+\frac{4+y}{4-y^{2}}+\frac{4+z}{4-z^{2}}\geq \frac{5}{3}$

 

có lẽ là nên dùng bđt jensen nhưng chứng minh hàm lồi có ai chứng minh được không ?

Để ý 1 chút, ta thấy $\sụm \frac{4+x}{4-x^{2}}=\frac{1}{2-x}+\frac{2}{4-x^{2}}$.

Ta đưa bài toán về tìm max của $\sum \frac{1}{2-x}$ và $\sum \frac{2}{4-x^{2}}$

Dự đoán dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1. Nên ta sẽ chứng minh

$\sum \frac{1}{2-x}\geq 3$

$\Leftrightarrow \sum \frac{2}{2-x}\geq 6$

$\Leftrightarrow \sum \frac{x}{2-x}\geq 3$

Áp dụng bđt C-S:

$\sum \frac{x}{2-x}=\sum \frac{x^{4}}{2x^{3}-x^{4}}\geq \sum \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{2(x^{3}+y^{3}+z^{3})-x^{4}-y^{4}-z^{4}}\geq \frac{9}{2(x^{3}+y^{3}+z^{3})-x^{4}-y^{4}-z^{4}}$

Ta sẽ chứng minh $2x^{3}+2y^{3}+2z^{3}-x^{4}-y^{4}-z^{4}\leq 3$         (1)

Ta có $x^{4}+x^{2}\geq 2x^{3}$

Thực hiện 2 bdt tương tự rồi cộng theo vế, kết hợp với giả thiết $x^{2}+y^{2}+z^{2}=3$ ta chứng minh được (1)

Ta sẽ tìm min của $\sum \frac{2}{4-x^{2}}$

Ta có $\sum \frac{2}{4-x^{2}}=2.\sum \frac{1}{4-x^{2}}\geq 2.\frac{9}{12-(x^{2}+y^{2}+z^{2})}\geq 2$

Từ đây ta tìm được min của bài toán

Cho các số thực dương a,b,c,d. Chứng minh rằng :

$$\frac{(a+b).(a+b+c).(a+b+c+d)^{2}}{abcd}\geqslant 64.$$

 

----------------------------------

Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức $(x+y)^{2}\geq 4xy$ ta được:

$(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^{2}\geq (a+b)(a+b+c)4(a+b+c)d$

$\geq 4d(a+b)(a+b+c){2}\geq 4d(a+b)4(a+b)c\geq 16cd(a+b)^{2}\geq 16cd.4ab\geq 64abcd$

Từ đây suy ra điều phải chứng minh

Cho hình chóp đều S.ABC cạnh a. M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Tính diện tích tam giác AMN (theo a) biết mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).

Đáp số cho trước: $S=\frac{a^{2}\sqrt{10}}{16}$

Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên SA=SB=SC. Từ đây dễ dàng chứng minh được tam giác AMN cân tại A.

Gọi L là trung điểm BC. SL cắt MN tại I. Dễ dàng chứng minh được I là trung điểm MN và khi đó AI vuộng góc với mặt (SBC)

$S_{AMN}=\frac{1}{2}AI.MN$

Do MN là đường trung bình tam giác SBC nên dễ dàng tính được MN

Bài toán lúc này chỉ cần tính AI.( khoảng cách từ A xuống (SBC))

Gọi P là hình chiếu của S xuống mặt (ABC) dễ dàng suy ra G là trọng tam tam giác ABC

Gọi GF vuông góc SL khi đó GF vuông góc với (SBC) 

Nên $\frac{GF}{AI}=\frac{1}{3}$

Ta sẽ tính GF. 

Trong tam giác SGL vuông tại G có GF là đường cao thì $\frac{1}{GF^{2}}=\frac{1}{GS^{2}}+\frac{1}{GL^{2}}$

Dễ dàng tính được SG, SL và từ đó suy ra GF.

Bài toán kết thúc