$x, y, z \geq 0, x+y+z = xyz$, CMR:

$\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^{2}+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^{2}+1}}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

$\frac{1}{x+2y}+\frac{1}{y+2z}+\frac{1}{z+2x}\leq \frac{1}{9}(\frac{3}{x}+\frac{3}{y}+\frac{3}{z})=\frac{1}{9}12=\frac{4}{3}$

Cho mình hỏi tại sao tổng cuối lại bằng 1/2 vậy?

biến đổi đẳng thức thôi

$\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}=\frac{bc}{b+bc+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{ab}{a+1+ab}=\frac{bc}{bc+b+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{b}{1+bc+b}=1$

$\sum \frac{a^{2}}{b}-2a+b=\sum \frac{(a-b)^{2}}{b}\geq \frac{(\left | a-b \right |+\left | b-c \right |+\left | c-a \right |)^{2}}{a+b+c}\geq \frac{(\left | a-c \right |+\left | c-a \right |)^{2}}{a+b+c}=\frac{4\left | a-c \right |^{2}}{a+b+c}$

Thế câu nè làm sao 

lim $\lim_{x\rightarrow \propto }\frac{a^{n}}{n!}$

có nhiều cách, có thể dựa vào tốc độ tăng của hàm số: $\ln x< x< n^{x}< x!< x^{x}$

nên $\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{a^{x}}{x!}=0$

hoặc nếu bạn biết khai triển của chuỗi Maclaurin, $e^{a}=\sum \frac{a^{x}}{x!}$, nên $\sum \frac{a^{x}}{x!}$ hội tụ, nên $\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{a^{x}}{x!}=0$

hoặc có thể chứng minh $\sum \frac{a^{x}}{x!}$ hội tụ như sau $\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{a^{x+1}}{(x+1)!}\frac{x!}{a^{x}}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{a}{x+1}=0<1$

nên $\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{a^{x}}{x!}=0$

Bạn nói rõ hơn được không ?

cái đó là dùng L'hospital. Nếu ko biết L'hospital thì có thể giải như sau

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln (\cos 3x)}{\ln (\cos 5x)}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln (1+\cos 3x-1)}{\cos 3x-1}\frac{(\cos 5x-1)}{\ln (1+\cos 5x-1)}\frac{\cos 3x-1}{\cos 5x-1} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos 3x-1}{\cos 5x-1}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-2\sin ^{2}\frac{3x}{2}-1}{1-2\sin ^{2}\frac{5x}{2}-1}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin ^{2}\frac{3x}{2}}{\frac{9x^{2}}{4}}\frac{\frac{25x^{2}}{4}}{\sin ^{2}\frac{5x}{2}}\frac{\frac{9x^{2}}{4}}{\frac{25x^{2}}{4}}=\frac{9}{25}$

bài 2

$\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{2}(\frac{n+2-n}{n(n+1)(n+2)})=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{2}(\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)})=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}+...-\frac{1}{(n+1)(n+2)})=\frac{1}{4}$

bài 3

hàm zeta, $\frac{\pi ^{2}}{6}$, bài này thì ko nằm trong phần thi đại học 

Dấu nhỏ hơn bằng mà. Nhầm à?

Dấu nhỏ hơn bằng mà. Nhầm à?

bạn đọc kĩ nhé, mình đã viết lại bđt ở trên cùng đó 

bđt tương đương $\frac{x^{4}}{x^{3}+1}+\frac{y^{4}}{y^{3}+1}+\frac{z^{4}}{z^{3}+1}\geq \frac{1}{28}$

giả sử $x\geq y\geq z$

có $\frac{x^{4}}{x^{3}+1}+\frac{y^{4}}{y^{3}+1}+\frac{z^{4}}{z^{3}+1}\geq \frac{1}{3}(\frac{x^{2}}{x+1}+\frac{y^{2}}{y+1}+\frac{z^{2}}{z+1})(\frac{x^{2}}{x^{2}-x+1}+\frac{y^{2}}{y^{2}-y+1}+\frac{z^{2}}{z^{2}-z+1})\geq \frac{1}{3}\frac{1}{4}(\sum \frac{2x^{2}}{4(x^{2}+y^{2}+z^{2})+y^{2}+z^{2}})\geq \frac{1}{12}(\frac{2(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{4(x^{4}+y^{4}+z^{4})+10(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+x^{2}z^{2})})\geq \frac{1}{12}(\frac{2(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{4(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}+\frac{2(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{3}})=\frac{1}{12}\frac{6}{14}=\frac{1}{28}$

đpcm

bài toán này đã được đăng trên THTT số tháng 10 năm 2012, bạn không được đăng các bài trên THTT

khi n=2, tuong duong $\frac{a_{1}+a_{2}}{2}\geq \sqrt{a_{1}a_{2}}$ (cai nay thi CM de)

gia su bdt dung voi n=k, ta se chung minh dung voi n=2k

$\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}+a_{n+1}+...+a_{_{2n}}}{2n}\geq \frac{n\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}+n\sqrt[n]{a_{n+1}a_{n+2}...a_{2n}}}{2n}=\frac{\sqrt[n]{a_{2}a_{2}...a_{n}}+\sqrt[n]{a_{n+1}a_{n+2}...a_{2n}}}{2}\geq \frac{2\sqrt[2n]{a_{1}a_{2}..a_{2n}}}{2}=\sqrt[2n]{a_{1}a_{2}..a_{2n}}$

dpcm

bài toán này thiên về kĩ thuật hơn là ý tưởng

quy đồng mẫu số 2 biểu thức, thu được $49-8(ab+bc+ca)+(a+b+c)abc\leq 64-16(ab+bc+ca)+4(a+b+c)abc-a^{2}b^{2}c^{2}$

tương đương $16+3(a+b+c)abc\geq a^{2}b^{2}c^{2}+8(ab+bc+ca)$

theo Schur, có $(a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc)(a+b+c)\geq (a+b+c)(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))$

tương đương $3+3abc(a+b+c)\geq (ab+bc)^{2}+(bc+ca)^{2}+ca(c+a)^{2}$15+3abc(a+b+c)\geq 8(ab+bc+ca)$\geq 8(ab+bc+ca)-12$

suy ra $15+3abc(a+b+c)\geq 8(ab+bc+ca)$

từ giả thiết, dễ dàng suy ra $a^{2}b^{2}c^{2}\leq 1$

suy ra $16+3abc(a+b+c)\geq 8(ab+bc+ca)+1\geq 8(ab+bc+ca)+a^{2}b^{2}c^{2}$ đpcm 

de sai voi a=b=c=d

sử dụng $\sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \sqrt{3}\frac{a+b}{2}$

$\frac{a}{\sqrt{a}+b+c}+\frac{b}{\sqrt{b}+a+c}+\frac{c}{\sqrt{c}+a+b}\geq \frac{a}{\sqrt{3(b+c+1)}}+\frac{b}{\sqrt{3(c+a+1)}}+\frac{c}{\sqrt{3(a+b+1)}}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{\sqrt{3}(\sqrt{(a+b+c)(2ab+2bc+2ca+a+b+c)})}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{\sqrt{3}\sqrt{(a+b+c)\frac{2}{3}(a+b+c)^{2}+\frac{(a+b+c)^{2}}{3}}}=\frac{(a+b+c)^{2}}{\sqrt{3}\sqrt{(a+b+c)}(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{\sqrt{3(a+b+c)}}=\frac{\sqrt{a+b+c}}{\sqrt{3}}\geq 1$

7 $\lim_{x\rightarrow \infty }\sin \ln (x+1)-\sin \ln x= \lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\sin \ln (x+1)-\sin \ln x}{x+1-x}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\sin \ln x}{x}=\sin 0=0$

5 $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln (1+4x^{2}-5x^{3})}{\ln (1+2x^{2}+3x^{3})}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{4x^{2}-5x^{3}}{2x^{2}+3x^{3}}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{8x-15x^{2}}{4x+9x^{2}}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{8-30x}{4+18x}=2$

4 $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln (\cos 3x)}{\ln (\cos 5x)}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos 5x}{\cos 3x}\frac{3\sin 3x}{5\sin 5x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos 5x}{\cos 3x}\frac{9\cos 3x}{25\cos 5x}=\frac{9}{25}$

2. $\lim_{x\rightarrow \infty }x(\ln (x+1)-\ln x)= \lim_{x\rightarrow \infty }x\\ln \frac{x+1}{x}=\lim_{x\rightarrow \infty }x\ln (1+\frac{1}{x})=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\ln (1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}=1$

bài 5

$P=\frac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{y}}+\frac{\sqrt{y}}{2}+\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}+\frac{1}{1+\sqrt{x}}=\frac{x}{\sqrt{x}+\sqrt{xy}}+\frac{y}{2\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}+\frac{1}{1+\sqrt{x}}\geq \frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+1+1)^{2}}{3\sqrt{x}+3\sqrt{y}+\sqrt{xy}+1}=\frac{(\sqrt{x}+1)^{2}+(\sqrt{y}+1)^{2}+2\sqrt{xy}+2\sqrt{x}+2\sqrt{y}+2}{3\sqrt{x}+3\sqrt{y}+\sqrt{xy}+1}\geq \frac{6\sqrt{x}+6\sqrt{y}+2\sqrt{xy}+2}{3\sqrt{x}+3\sqrt{y}+\sqrt{xy}+1}=2$

Giải:

 

Mình làm ntn có đúng nữa không? Làm bừa..

 

$$L=\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{\sqrt{2n}}=\lim_{n\to \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{\sqrt{2(n+1)}-\sqrt{2n}}=\lim_{n\to \infty} \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{2}a_n}$$

 

$$\to L^2=\lim_{n\to \infty}\left ( \frac{a_n}{\sqrt{2n}}\: \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{2}a_n} \right )=1\to L=1$$

 

$$\lim_{n\to \infty} \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n\sqrt{n}}=\lim_{n\to \infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{(n+1)\sqrt{n+1}-n\sqrt{n}}=\lim_{n\to \infty} \left ( \frac{\sqrt{2n}}{a_n}\: \frac{1}{\sqrt{2n}\left ( (n+1)\sqrt{n+1}-n\sqrt{n} \right )} \right )=0$$

sử dụng stolz sai ở phần 2 

Cho dãy số {a_n} được xác định bởi

$a_{1} = 1, a_{n+1} = a_{n} + \frac{1}{a_{n}} (n \geq 1)$

Tìm $\lim \frac{a_{n}}{\sqrt{2n}}$ và $\lim \frac{a_{1} + ... + a_{n}}{n\sqrt{n}}$

$\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{a_{n}}{\sqrt{2n}}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{a_{n+1}-a_{n}}{\sqrt{2n+2}-\sqrt{2n}}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\sqrt{2n+2}+\sqrt{2n}}{2a_{n}}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{2}a_{n}}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{2}a_{n}}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\sqrt{2n}}{a_{n}}$

do lim a= lim $\frac{1}{a}$, suy ra lim a =1 

$\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\sum a_{n}}{n\sqrt{n}}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{a_{n+1}}{(n+1)\sqrt{n+1}-n\sqrt{n}}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{a_{n+1}\left [ (n+1)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n} \right ]}{3n(n+1)+1}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{a_{n+1}2n\sqrt{n}}{3n(n+1)}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{a_{n+1}}{\sqrt{2n+2}}\frac{\sqrt{2n+2}2\sqrt{n}}{3(n+1)}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{2}{3}\sqrt{2}\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$

cach 2:

$\lim_{x\rightarrow \infty }(x^{2}-x^{2}\cos \frac{2}{x})=\lim_{x\rightarrow \infty }x^{2}(1-\cos \frac{2}{x})=\lim_{x\rightarrow \infty }x^{2}(1-2\cos ^{2}\frac{1}{x}+1)=\lim_{x\rightarrow \infty }x^{2}2(1-\cos ^{2}\frac{1}{x})=\lim_{x\rightarrow \infty }2x^{2}\sin ^{2}\frac{1}{x}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}2=2$

bdt tuong duong

$\frac{y+z}{yz(4-yz)}+\frac{x+z}{xz(4-xz)}+\frac{x+y}{xy(4-xy)}\geq 2$

$\frac{y+z}{yz(4-yz)}=(\frac{1}{y}+\frac{1}{z})(\frac{1}{4-yz})\geq \frac{2}{\sqrt{yz}}(\frac{1}{4-yz})\geq \frac{4}{yz+1}\frac{1}{4-yz}$

$\sum \frac{1}{4-yz}\frac{1}{\frac{3yz}{2}+\frac{3}{2}}\geq\sum \frac{4}{(\frac{11}{2}+\frac{yz}{2})^{2}}\geq \frac{18}{3(\frac{33}{2}+\frac{xy+yz+xz}{2})}=\frac{1}{3}$

suy ra $\sum \frac{1}{4-yz}\frac{1}{yz+1}\geq \frac{1}{3}\frac{3}{2}=\frac{1}{2}$ dpcm

$\lim_{x\rightarrow \infty }(x^{2}-x^{2}\cos \frac{2}{x})= \lim_{x\rightarrow \infty }x^{2}(1-\cos \frac{2}{x})=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{1-\cos\frac{2}{x} }{\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\sin \frac{2}{x}\frac{-2}{x^{2}}}{\frac{-2}{x^{3}}}=\lim_{x\rightarrow \infty }x\sin \frac{2}{x}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\sin \frac{2}{x}}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\cos \frac{2}{x}\frac{-2}{x^{2}}}{\frac{-1}{x^{2}}}=\lim_{x\rightarrow \infty }\cos \frac{2}{x}2=2$