|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
02-09-2009, 11:32 PM | #1 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Đến từ: FU Bài gởi: 171 Thanks: 31 Thanked 142 Times in 80 Posts | Sử dụng tổ hợp để chứng minh BĐT trong chương trình học PT,ta đã biết về nhị thức Newton: ${(a + b)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}} $ và mở rộng cho nó là $\prod\limits_{i = 1}^n {(x + {a_i})} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^kp_k^k{x^{n - k}}} $ với $TH i=5 $,ta có khai triển: $\prod\limits_{i = 1}^n {(x + {a_i})} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^kp_k^k{x^{n - k}}} $ $(x + a)(x + b)(x + c)(x + d)(x + e) = C_5^0{x^5} + C_5^1{x^4}{p_1} + C_5^2{x^3}p_2^2 + C_5^3{x^2}p_3^3 + C_5^4xp_4^4 + C_5^5p_5^5 $ Trong đó ${p_0} = 1;{p_1} = \frac{{a + b + c + d + e}}{5};{p_2} = \sqrt {\frac{{ab + ac + ad + ae + bc + bd + be + cd + ce + de}}{{10}}} $ ${p_3} = \sqrt[3]{{\frac{{abc + abd + abe + bcd + bce + bde + cde + cda + cae + dae}}{{10}}}};{p_4} = \sqrt[4]{{\frac{{abcd + bcda + cdea + deab + eabc}}{5}}} $ ${p_5} = \sqrt[5]{{abcde}} $ một câu hỏi được đặt ra là: liệu có thể có: ${p_1} \ge {p_2} \ge {p_3} \ge {p_4} \ge {p_5} $ nếu như ta chỉ sử dụng các kiến thức thông thường về bđt thì chứng minh dãy bđt này quả thực là vô cùng khó khăn,nhưng nếu sử dụng đạo hàm thì việc chứng minh chúng lại vô cùng dễ dàng, cách chứng minh như sau: xét $A(x) = (x + a)(x + b)(x + c)(x + d)(x + e) = C_5^0{x^5} + C_5^1{x^4}{p_1} + C_5^2{x^3}p_2^2 + C_5^3{x^2}p_3^3 + C_5^4xp_4^4 + C_5^5p_5^5 $ xét đạo hàm bậc 1,2,3: $A'(x) = 5({x^4} + C_4^1{x^3}{p_1} + C_4^2{x^2}p_2^2 + C_4^3xp_3^3 + C_4^4p_4^4) $ $A''(x) = 5.4({x^3} + C_3^1{x^2}{p_1} + C_3^2xp_2^2 + C_3^3xp_3^3) $ $A'''(x) = 5.4.3({x^2} + 2{p_1}x + p_2^2) $ $A'''(x) $có hai nghiệm khi $\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow p_1^2 \ge p_2^2 \Leftrightarrow {p_1} \ge {p_2} $ ta xét $A''(x) $ đặt $x=\frac{1}{t} $;$B(t) = (C_3^3p_3^3{t^3} + C_3^2p_2^2{t^2} + C_3^1{p_1}t + 1) $ khi đó$B'(t) = 3(p_3^3{t^3} + 2p_2^2{t^2} + {p_1}) $ $B'(t) $ có hai nghiệm $\Leftrightarrow p_2^4 \ge {p_1}p_3^3 $ do$ {p_1} \ge {p_2} $nên ${p_2} \ge {p_3} $ làm tương tự như trên,ta có dãy bđt ${p_1} \ge {p_2} \ge {p_3} \ge {p_4} \ge {p_5} $ ta có thể mở rộng ra nhiều biến hơn nữa,quan trọng là có đủ bình tĩnh để tính đạo hàm hay không thôi p/s:mọi người cho ý kiến về bài viết này đi thay đổi nội dung bởi: toanlc_gift, 02-09-2009 lúc 11:37 PM |
03-09-2009, 04:04 PM | #2 |
B&S-D Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 589 Thanks: 395 Thanked 147 Times in 65 Posts | Kết quả này cũ kỹ lắm rồi, xem bài của Kedlaya trên AMM ấy, tổng quát có từ lâu rồi. Cho gửi lời hỏi thăm đến chú Việt Hà nhé! |
03-09-2009, 04:33 PM | #3 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Đến từ: FU Bài gởi: 171 Thanks: 31 Thanked 142 Times in 80 Posts | vâng,em chỉ post lại để giới thiệu cho những ai chưa bjk thui p/s:thầy em lên HN học rồi,có bao giờ về trường đâu mà hỏi thăm được hả anh |
03-09-2009, 05:09 PM | #4 |
B&S-D Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 589 Thanks: 395 Thanked 147 Times in 65 Posts | Cố gắng post bài xây dựng MS nhé! Đừng giống thầy chú, chỉ vào lấy tài liệu rồi lỉnh! |
03-09-2009, 05:55 PM | #5 |
+Thành Viên+ | Đây chỉ là th nhỏ của bất đẳng thức Newton và Maclaurin |
03-09-2009, 06:58 PM | #6 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Bài gởi: 33 Thanks: 22 Thanked 20 Times in 2 Posts | |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|