Ta c/m: $\sqrt{x^2-x+1}\leq\frac{3x}{2}-\frac{1}{2}\Leftrightarrow (x-1)^2\geq 0$ (đúng)

$$Lim_{x \rightarrow 0} \frac{\ln(x+cos2x)-x}{sin(x)^2}$$

$Cmr:$ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$

Ta có : 
$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f(x)}{g(x)}= $$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f'(x)}{g'(x)}$ nếu  $f(0) = g(0) = 0 $
Thật vậy :
$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f(x)}{g(x)}$$ = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ \frac{f(x) -f(0)}{x-0}}{\frac{g(x)-g(0)}{x-0}}$$ =\lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f'(x)}{g'(x)}$

Cái này còn gọi là L' Hospital
do đó :
$L = 1$

Tinh: $ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ x}{sinx} $

Chưa nhận được áo haizz

cho dãy (u_n) xác định bởi
$\left\{\begin{matrix} u_{1}=a>2 & & \\ u_{n+1}= u_{n}^{2}-2 & \end{matrix}\right.$
 Tính 
$\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{u_{1}u_{2}}+\frac{1}{u_{1}u_{2}u_{3}}+...+\frac{1}{u_{1}u_{2}u_{3}...u_{n}})$

 
Đặt $ a = x +\frac{1}{x}  ( ax > 0 ) $
  thì 
$u_1 = x +\frac{1}{x} $
$u_2 = (x +\frac{1}{x})^2 -2 = x^2 +\frac{1}{x^2} $
quy nạp chứng minh được 
$u_n = x^{2^{n-1}} + \frac{1}{x^{2^{n-1}}} $
 
Gọi $  M = \frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{u_{1}u_{2}}+\frac{1}{u_{1}u_{2}u_{3}}+...+\frac{1}{u_{1}u_{2}u_{3}...u_{n}}$
Thì

$M = \frac{x}{x^2 + 1} + \frac{x^3}{(x^2+1)(x^4+1)} + ..+ \frac{x^{2^n-1}}{(1+x^2)(1+x^4)..(1+x^{2^n})}$

$M + \frac{x-x^{2^{n+1}-1}}{x^{2^{n+1}}-1} = 0$

$\Rightarrow M = \frac{-x+ x^{2^{n+1}-1}}{x^{2^{n+1}}-1} = 0 $

$\lim_{n \to \infty } M $ $= \lim_{n \to \infty } \frac{\frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2^{n+1}-1}}}{1-\frac{1}{x^{2^{n+1}}}}$$=\frac{1}{x}$

$\left\{\begin{matrix} u_{1}=\frac{2}{3}\\ u_{n+1}=\frac{u_{n}}{2(2n+1)u_{n}+1} \end{matrix}\right.$
Tính tổng của 2020 số hạng đầu của dãy

 
                                     $u_{n+1}=\frac{u_{n}}{2(2n+1)u_{n}+1} $

$\Leftrightarrow $        $\frac{1}{u_{n+1} } - \frac{1}{u_n} = 2(2n+1)$

$\Leftrightarrow $         $ \frac{1}{u_{n+1} } - 2(n+1)^2 = \frac{1}{u_n}-2n^2 $

$\Rightarrow $               $\frac{1}{u_n}-2n^2 = \frac{1}{u_{n-1}}-2(n-1)^2 = ... = \frac{1}{u_1}-2.1^2 = \frac{-1}{2} $

$\Rightarrow $           $u_n = \frac{2}{4n^2-1} = \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} $

Đến đây chắc xong

Cho $ a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn : $a^2 +b^2= (c+1)^2 $

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
$P  = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} + 12\sqrt{c+3}$

Ta có bđt: $(a^2+b^2+c^2)(\dfrac{1}{(a-b)^2}+\dfrac{1}{(b-c)^2}+\dfrac{1}{(a-c)^2}) \geq \dfrac{9}{2}$

 

$\rightarrow \dfrac{1}{(a-b)^2}+\dfrac{1}{(b-c)^2}+\dfrac{1}{(a-c)^2} \geq \dfrac{9}{(2(a^2+b^2+c^2)}=\dfrac{3}{2}$

 

Bạn tham khảo cách chứng minh bên dưới:

Dấu "=" xảy ra khi nào bạn 

Bạn ơi tại sao bạn lại chọn được hàm này để xét vậy?  $ f(t) = ln(t^2) + \frac{72}{2t+5} $ 

Thì $ P$  có dạng tích , điều kiện cho có dạng tổng nên ta chuyển $ P$ dưới dạng tổng bằng cách  lấy $ ln$ 2 vế. 
Còn việc còn lại chỉ là chọn hằng số $k $ sao cho : 
 $ f(t) = ln(t^2) + \frac{k}{2t+5} $ có $ f'(0.5) = 0 $

Cho a,b,c không âm thỏa (a+1)(b+1(c+1)=5. Tìm GTLN của $P=(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}-min(a,b,c)$

Đề thi thử chuyên KHTN 

Không mất tính tổng quát, giả sửa  $ a\ge b\ge c$
 $\frac{5}{c+1} = (1+a)(b+1) \ge (\sqrt{a}+\sqrt{b})^2 $ 

Nên 
$P \leq ( \sqrt{\frac{5}{c+1}} + \sqrt{c} )^2 - c $

Đặt $ t = \sqrt{\frac{5c}{c+1}} $ 

ta sẽ biến đổi được $P \leq 6 - (t-1)^2 \leq 6 $

Đẳng thức xảy ra chả hạn $a =b=1, c= 0.25$

Cho $x,y,z$ thỏa mãn $x,y,z\epsilon (0;1]$ và $\frac{1}{2\sqrt{x}+5}+\frac{2}{2\sqrt{y}+5}+\frac{3}{2\sqrt{z}+5}=0$. Tìm GTLN: $P=xy^2z^3$

 
Chắc đề bài cho :$\frac{1}{2\sqrt{x}+5}+\frac{2}{2\sqrt{y}+5}+\frac{3}{2\sqrt{z}+5}=1$

Xét hàm :

                  $ f(t) = ln(t^2) + \frac{72}{2t+5} $ trên khoảng $ t \in (0;1] ) $

                  $f'(t) = 0 \Leftrightarrow 4t^2 - 52t + 25 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} $ 

                  $f(t) \leq max ${ $\lim_{t\rightarrow 0} f(t) , f(1) , f(0.5) $}  

    Hay  

                          $f(t) \leq f(0.5) $

              $\Rightarrow ln(t^2) \leq 12-2ln2 - \frac{72}{2t+5} $

  Thay $  t = \sqrt{x}, \sqrt{y} , \sqrt{z}$ vào ta được : 

                      $ ln(x)    \leq 12 - 2ln2 - \frac{72}{2\sqrt{x} + 5}$

                      $ln (y^2)  \leq 2(12-2ln2) - 72\frac{2}{2\sqrt{y} + 5 } $

                     $  ln ( z^3) \leq 3(12-2ln2 ) - 72\frac{3}{2\sqrt{z} + 5} $

Cộng các vế với vế ta được : 

      $ln (x) + ln (y^2) + ln(z^3 ) \leq 6(12-2ln2) - 72  (\frac{1}{2\sqrt{x}+5}+\frac{2}{2\sqrt{y}+5}+\frac{3}{2\sqrt{z}+5}) = -12ln2 $

Hay $ln ( xy^2z^3) \leq ln ( 2^{-12} ) \rightarrow P \leq 2^{-12} $

Dấu $ "="$ xảy ra khi $z = y =x = \frac{1}{4} $

 

Không biết bạn có thể chỉ ra dấu bằng trong bài trên được không ? Mình làm như sau :

 

Lời giải:

$P=2-(\frac{x^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{y^2}{y^2+5xy+z^2})-\sqrt{\frac{x+y}{z}};\\$

Riêng:

$\frac{x^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{y^2}{y^2+5xy+z^2} \geq \frac{(x+y)^2}{x^2+y^2+3z^2+6xy}=\frac{(x+y)^2}{(x+y)^2+3z^2+4xy} \geq \frac{(x+y)^2}{2(x+y)^2+3z^2};(4xy \leq (x+y)^2)$

Do đó :

$P \leq 2-\frac{t^2}{2t^2+3}-\sqrt{t}=f(t) ;$ với $t=\frac{x+y}{z} \geq 1$

Ta có :$f'(t)=-(\frac{6t}{(2t^2+3)^2}+\frac{1}{2\sqrt{t}}) \leq 0 \forall t\geq 1\\$

$\Rightarrow P \leq f(t) \leq f(1)=\frac{4}{5};\\$

Dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}x=y \\ \dfrac{x+y}{z}=1 \\ x^2+xy+2z^2=y^2+5xy+z^2\end{cases} \Leftrightarrow z=2x=2y$

 

Đặt

$ a = \frac{x}{z} , b = \frac{y}{z} , t =\sqrt{ a+b}$

$ \Rightarrow t \ge 1  ; ab \leq \frac{t^4}{4} $

Thay vào $2-P $
 

$2-P = \frac{a^2}{a^2 + ab + 2} + \frac{b^2}{b^2 + 5ab + 1} + \sqrt{a+b} $

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

$ 2-P \ge \frac{(a+b)^2}{(a+b)^2 + 4ab + 3} +\sqrt{a+b} \ge  \frac{t^4}{2t^4+3} + t $

$\Rightarrow \frac{4}{5} - P \ge \frac{20t^5-14t^4+30t-36}{10(2t^4+3)}$

Hay
 

$\frac{4}{5} - P \ge \frac{(t-1)(10t^4 + 3t^3 + 3t^2 + 3t+18)}{10(2t^4+3)} \ge 0 $
 

Nên $P \leq \frac{4}{5} $

Dấu "=" xảy ra chẳng hạn a=b=1,c=2

P/s Mình sửa lại giống bạn rồi, mình làm sai bước trên

Cho tớ hỏi cái dấu bằng xảy ra khi nào vậy ?

Dấu $"=" $xảy ra khi $x = y =z = -1 $

Bài toán : Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x,y \geq 1; 0 <z \leq 2.$ Tìm GTLN của :
 
$$P=\frac{xy+2z^2}{x^2+xy+2z^2}+\frac{5xy+z^2}{y^2+5xy+z^2}-\sqrt{\frac{x+y}{z}}$$

 
Đặt

$ a = \frac{x}{z} , b = \frac{y}{z} , t =\sqrt{ a+b}$

$ \Rightarrow t \ge 1  ; ab \leq \frac{t^4}{4} $

Thay vào $2-P $
 

$2-P = \frac{a^2}{a^2 + ab + 2} + \frac{b^2}{b^2 + 5ab + 1} + \sqrt{a+b} $

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

$ 2-P \ge \frac{(a+b)^2}{(a+b)^2 + 3ab + 3} +\sqrt{a+b} \ge  \frac{4t^4}{7t^4+12} + t $

$\Rightarrow \frac{15}{19} - P \ge \frac{133t^5 -85t^4 -48}{19(7t^4 +12)}$

Hay
 

$\frac{15}{19} - P \ge \frac{(t-1)(133t^4 + 48t^3 + 48t^2 + 48t+48}{19(7t^4+12)} \ge 0 $
 

Nên $P \leq \frac{15}{19} $
 

Bài toán : Cho $x,y,z$ thỏa $x \geq y \geq z $ và $x^2+y^2+z^2=3.$ Tìm GTNN $P=(x+2)(y+2)(z+2)$

Đặt 

 $ t = a + b + c $ 

Dễ dàng nhận ra

$-3\leq t \leq 3 $

nên

$2(ab + bc + ca) = t^2 -3  $

Từ bất đẳng thức : 

 $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq abc $ 

ta suy ra được  

$ (a+b+c) ^3 - 4(ab+bc+ca)(a+b+c) + 9abc \ge 0 $

hay

$ abc \ge \frac{1}{9} (t^3 -6t) $

Mà

$P = abc  +4(a+b+c) +2(ab+bc+ca) + 8  \ge \frac{1}{9} ( t^3 - 6t) + 4t + (t^2-3) + 8 $  

$\Rightarrow 9P -9 \ge t^3 + 9t^2  + 30t + 36 = (t+3)(t^2 + 6t + 12 ) \ge 0 $

Do đó $P \ge 1 $ 

Chuẩn rồi, hóa ra đồng hương của nhau cả

 

E ở Thanh Thủy này, anh ở Lâm Thao à

Anh ở Tuyên Quang, biết thôi :3, đền hùng :3

Phú Thọ trên VMF thiếu gì :3

E có thời gian biểu để đáp ứng từng GF một,mà sao a có ảnh của e????

Đây là bạn thứ 3 cũng là GF mà e cưng nhất(là bạn mặc áo đồng phục ấy)

Lâm Thao à :3

ê, cái topic này mở được 4 năm rồi này :v

Post ảnh mình có được không

Ta có : 

$4x^{2}+3 ( y^{2} +z^{2})+6xyz=4$

$\Leftrightarrow  4(x-1)(1+x) + 3(y+z)^2 + 6yz(x-1) = 0 $

Vì $x-1 \leq 0$ và $ yz \leq \frac{(y+z)^2}{4}$ nên 
 

$\Rightarrow 0 \ge   4(x-1)(1+x)  + 3(y+z)^2 + \frac{3}{2} (y+z)^2(x-1) $

Rút gọn ta có :
 

$\Leftrightarrow            \sqrt{3}(y+z) \leq 2\sqrt{2(1-x)} $

Như vậy cần chứng minh : $2x + 2\sqrt{2(1-x)}\leq 3$ cái này thì đơn giản thôi, nhá :v

Bài 81, Cho $a,b,c >0$ thỏa mãn$ a^2b^2 + b^2c^2 +1 \leq 3b $

   Tìm giá trị nhỏ nhất của : 
$P = \frac{1}{(a+1)^2} + \frac{4b^2}{(2b+1)^2} + \frac{8}{(3+c)^2} $