BT
3
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 7 2019
Lời giải:
Ta thực hiện chứng minh đẳng thức trên đúng bằng quy nạp
Với $n=2$: \((a+b)^=a^2+2ab+b^2=C^0_2a^2b^0+C^1_2ab+C^2_2a^0b^2\) (đúng)
................
Giả sử đẳng thức đúng đến $n=t$ $(t\in\mathbb{Z}>2$), tức là \((a+b)^t=\sum ^t_{k=0}C^k_ta^{t-k}b^k\)
Ta cần chứng minh nó cũng đúng với $n=t+1$. Thật vậy:
\((a+b)^{t+1}=(a+b)^t(a+b)=(a+b)\sum ^{t}_{k=0}a^{t-k}b^k\)
\(=C^0_ta^{t+1}+(C^1_t+C^0_t)a^tb+(C^2_t+C^1_t)a^{t-1}b^2+....+(C^t_t+C^{t-1}_t)ab^t+C^t_tb^{t+1}\)
\(=C^0_{t+1}a^{t+1}+C^1_{t+1}a^tb+C^2_{t+1}a^{t-1}b^2+....+C^t_{t+1}ab^t+C^{t+1}_{t+1}b^{t+1}\) (sử dụng đẳng thức \(C^k_n+C^{k+1}_n=C^{k+1}_{n+1}\) và \(C^0_t=C^0_{t+1}=1; C^t_t=C^{t+1}_{t+1}=1\))
\(=\sum ^{t+1}_{k=0}C^{k}_{t+1}a^{t+1-k}b^k\)
Phép chứng minh hoàn tất. Ta có đpcm.
15 tháng 3 2018
a) Xét f(u) = \(\dfrac{u^p}{p}+\dfrac{v^q}{q}-uv,u\ge0\)
( Xem v > 0 vì v = 0 : BĐT luôn đúng )
f '(u) = up-1 - v = 0 \(\Leftrightarrow\) up-1 = v \(\Leftrightarrow\) u = \(v^{\dfrac{q}{p}}\)
Vẽ bảng biến thiên ( tự vẽ )
Vậy \(uv\le\dfrac{u^p}{p}+\dfrac{v^q}{q}\)
b)* Nếu \(\int\limits^b_a\left|f\left(x\right)\right|^pdx=0\) hay \(\int\limits^b_a\left|g\left(x\right)\right|^qdx=0\)thì \(f\equiv0\)hay \(g\equiv0\) BĐT luôn đúng
Xét \(\int\limits^b_a\left|f\left(x\right)\right|^pdx>0\) và \(\int\limits^b_a\left|g\left(x\right)\right|^qdx>0\)
Áp dụng BĐT câu (a) :
Với \(\left\{{}\begin{matrix}u=\dfrac{\left|f\left(x\right)\right|}{\left(\int\limits^b_a\left|f\left(x\right)\right|^pdx\right)^{\dfrac{1}{p}}}>0\\v=\dfrac{\left|g\left(x\right)\right|}{\left(\int\limits^b_a\left|g\left(x\right)\right|^qdx\right)^{\dfrac{1}{q}}}>0\end{matrix}\right.\)
\(uv\le\dfrac{u^p}{p}+\dfrac{v^q}{q}\left(1\right)\)
Lấy tích phân từ a \(\rightarrow\) b 2 vế BĐT (1) ta được :
\(\int\limits^b_auvdx\le\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1\)
Vậy : \(\int\limits^b_a\left|f\left(x\right).g\left(x\right)\right|dx\le\left(\int\limits^b_a\left|f\left(x\right)^p\right|dx\right)^{\dfrac{1}{p}}\left(\int\limits^b_a\left|g\left(x\right)^q\right|dx\right)^{\dfrac{1}{q}}\)
\(\Rightarrow\)(Đpcm )
Chắc là phần gõ công thức trực quan
\(\sum\) còn có ý nghĩa khác đó bạn.
Trong một số trường hợp khi giải toán, bạn sẽ gặp các biểu thức có dạng khá khó chịu như \(a_1+a_2+a_3+...+a_n\). Để tránh việc phải viết lặp đi lặp lại cái biểu thức dài loằng ngoằng đó thì ta sử dụng kí hiệu:
\(\sum\limits^n_{i=1}a_i=a_1+a_2+...+a_n\)
Ví dụ như bất đẳng thức Schwarz nổi tiếng:
\(\dfrac{x_1^2}{a_1}+\dfrac{x_2^2}{a_2}+...+\dfrac{x_n^2}{a_n}\ge\dfrac{\left(x_1+x_2+...+x_n\right)^2}{a_1+a_2+...+a_n}\)
Có thể viết gọn lại là:
\(\sum\limits^n_{i=1}\dfrac{x_i^2}{a_i}\ge\dfrac{\left(\sum\limits^n_{i=1}x_i\right)^2}{\sum\limits^n_{i=1}a_i}\).
Hay ta có 1 đẳng thức thú vị sau:
\(\sqrt{1^3+2^3+...+n^3}=1+2+...+n\)
Ta có thể viết gọn đẳng thức này thành:
\(\sqrt{\sum\limits^n_{i=1}i^3}=\sum\limits^n_{i=1}i\)
Đó là 1 vài ví dụ để thể hiện lợi ích của dấu \(\sum\). Mà mình quên chưa nói với bạn là \(\sum\) đọc là sigma (xích-ma).