Ta c/m: $\sqrt{x^2-x+1}\leq\frac{3x}{2}-\frac{1}{2}\Leftrightarrow (x-1)^2\geq 0$ (đúng)
Cái này không đúng với $x < \frac{1}{3} $ nhé
Có 187 mục bởi quangtq1998 (Tìm giới hạn từ 20-04-2020)
Đã gửi bởi quangtq1998 on 24-08-2016 - 19:13 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ta c/m: $\sqrt{x^2-x+1}\leq\frac{3x}{2}-\frac{1}{2}\Leftrightarrow (x-1)^2\geq 0$ (đúng)
Đã gửi bởi quangtq1998 on 24-08-2016 - 18:57 trong Dãy số - Giới hạn
Ta có bổ đề :$$Lim_{x \rightarrow 0} \frac{\ln(x+cos2x)-x}{sin(x)^2}$$
Đã gửi bởi quangtq1998 on 22-08-2016 - 15:40 trong Dãy số - Giới hạn
Đã gửi bởi quangtq1998 on 22-08-2016 - 15:33 trong Dãy số - Giới hạn
$Cmr:$ $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$
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}}$$ =\lim_{x \rightarrow 0} \frac{ f'(x)}{g'(x)}$
Cái này còn gọi là L' Hospital
do đó :
$L = 1$
Đã gửi bởi quangtq1998 on 22-08-2016 - 15:29 trong Dãy số - Giới hạn
Tinh: $ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ x}{sinx} $
Đã gửi bởi quangtq1998 on 20-08-2016 - 16:41 trong Góc giao lưu
Chưa nhận được áo haizz
Đã gửi bởi quangtq1998 on 20-08-2016 - 11:33 trong Dãy số - Giới hạn
Đã gửi bởi quangtq1998 on 20-08-2016 - 11:29 trong Dãy số - Giới hạn
cho dãy (un) xác định bởi
$\left\{\begin{matrix} u_{1}=a>2 & & \\ u_{n+1}= u_{n}^{2}-2 & \end{matrix}\right.$
Tính
$\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{u_{1}u_{2}}+\frac{1}{u_{1}u_{2}u_{3}}+...+\frac{1}{u_{1}u_{2}u_{3}...u_{n}})$
Đặt $ a = x +\frac{1}{x} ( ax > 0 ) $
thì
$u_1 = x +\frac{1}{x} $
$u_2 = (x +\frac{1}{x})^2 -2 = x^2 +\frac{1}{x^2} $
quy nạp chứng minh được
$u_n = x^{2^{n-1}} + \frac{1}{x^{2^{n-1}}} $
Gọi $ M = \frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{u_{1}u_{2}}+\frac{1}{u_{1}u_{2}u_{3}}+...+\frac{1}{u_{1}u_{2}u_{3}...u_{n}}$
Thì
$M = \frac{x}{x^2 + 1} + \frac{x^3}{(x^2+1)(x^4+1)} + ..+ \frac{x^{2^n-1}}{(1+x^2)(1+x^4)..(1+x^{2^n})}$
$M + \frac{x-x^{2^{n+1}-1}}{x^{2^{n+1}}-1} = 0$
$\Rightarrow M = \frac{-x+ x^{2^{n+1}-1}}{x^{2^{n+1}}-1} = 0 $
$\lim_{n \to \infty } M $ $= \lim_{n \to \infty } \frac{\frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2^{n+1}-1}}}{1-\frac{1}{x^{2^{n+1}}}}$$=\frac{1}{x}$
Đã gửi bởi quangtq1998 on 19-08-2016 - 16:37 trong Dãy số - Giới hạn
$\left\{\begin{matrix} u_{1}=\frac{2}{3}\\ u_{n+1}=\frac{u_{n}}{2(2n+1)u_{n}+1} \end{matrix}\right.$
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
Đã gửi bởi quangtq1998 on 16-06-2016 - 00:14 trong Bất đẳng thức và cực trị
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 :
$P = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} + 12\sqrt{c+3}$
Đã gửi bởi quangtq1998 on 02-06-2016 - 18:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi quangtq1998 on 02-06-2016 - 18:08 trong Tài liệu - Đề thi
Đã gửi bởi quangtq1998 on 27-05-2016 - 13:10 trong Bất đẳng thức và cực trị
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
Đã gửi bởi quangtq1998 on 23-05-2016 - 11:43 trong Bất đẳng thức và cực trị
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 $
Đã gửi bởi quangtq1998 on 22-05-2016 - 22:18 trong Bất đẳng thức và cực trị
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 $a =b=1, c= 0.25$
Đã gửi bởi quangtq1998 on 22-05-2016 - 22:06 trong Bất đẳng thức và cực trị
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} $
Đã gửi bởi quangtq1998 on 16-05-2016 - 21:28 trong Bất đẳng thức và cực trị
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
Đã gửi bởi quangtq1998 on 16-05-2016 - 14:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho tớ hỏi cái dấu bằng xảy ra khi nào vậy ?
Dấu $"=" $xảy ra khi $x = y =z = -1 $
Đã gửi bởi quangtq1998 on 14-05-2016 - 17:30 trong Bất đẳng thức và cực trị
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} $
Đã gửi bởi quangtq1998 on 14-05-2016 - 17:01 trong Bất đẳng thức và cực trị
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 $
Đã gửi bởi quangtq1998 on 12-05-2016 - 00:08 trong Góc giao lưu
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
Đã gửi bởi quangtq1998 on 11-05-2016 - 23:59 trong Góc giao lưu
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
Đã gửi bởi quangtq1998 on 11-05-2016 - 23:48 trong Góc giao lưu
Đã gửi bởi quangtq1998 on 09-05-2016 - 23:10 trong Bất đẳng thức và cực trị
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
Đã gửi bởi quangtq1998 on 09-05-2016 - 18:45 trong Bất đẳng thức và cực trị
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} $
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học