Le Dinh Hai

Với $a=1$ ta có: $a^x-x-1=-x < 0 \forall x >0$.

Cho mình hỏi tại sao có điều này với:

 "BPT" đúng với mọi $x\in \mathbb{R} \iff x\ln a \ge \ln{(x+1)} \quad\forall x>-1, x\neq 0.$

$\[\iff \frac{\ln{(x+1)}}{x} \le \ln{a} \le\frac{\ln{(t+1)}}{t} \quad\forall x>0, \forall t \in (-1,0).\]$

3. Cho   $a+b+c=1$

Chứng minh         $b+c\geq 16abc$

Với $a$ or $b$ or $c =0$ thì BĐT luôn đúng.

Với $a,b,c\neq 0$,ta có:

$b+c \geq 16abc <=> \frac{1}{b} +\frac{1}{c} \geq 16a$

$<=> \frac{1}{b} +\frac{1}{c} \geq 16(1-b-c)$

$<=>\frac{1}{b}+16b+\frac{1}{c}+16c \geq 16$ (luôn đúng theo Cauchy)

Dãy Fibonacci thì có $U_1=1$ chứ sao lại bằng $0$ 

Chẳng thấy nó đặc biệt chỗ nào cả

Ta đặt $S_{n+1}=\sum_{i=1}^{n+1}\frac{U_i}{x_i}$

Khi đó: $S_{n+1}-S_n=\frac{U_{n+1}}{x^{n+1}} $

Chứng minh được: $U_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n$

Đặt $a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ và $b=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$

Khi đó $(S_{n+1}-S_n)\sqrt{5}=\frac{a^n-b^n}{x^{n+1}}$

$<=>S_{n+1}\sqrt{5}-\frac{a^{n+1}}{x^{n+1}(a-x)}+\frac{b^{n+1}}{x^{n+1}(b-x)}$

$=S_n\sqrt{5}-\frac{a^n}{x^n(a-x)}+\frac{b^n}{x^n(b-x)}=...=S_1\sqrt{5}-\frac{a}{x(a-x)}+\frac{b}{x(b-x)}=\frac{b}{x(b-x)}-\frac{a}{x(a-x)}$

Do đó: 

$S_{n+1}\sqrt{5}=\frac{a^{n+1}}{x^{n+1}(a-x)}-\frac{b^{n+1}}{x^{n+1}(b-x)}+\frac{b}{x(b-x)}-\frac{a}{x(a-x)}$

Giờ lấy lim cái này @@

Để ý một tí thì chúng ta sẽ thấy nếu $x$ cực kì lớn hay $x\rightarrow \infty $ thì $S\rightarrow 0$

Vậy đề sai

$S=\frac{1}{(x-1)x-1}$ không phải $S=(x-1)x-1$ nên tất nhiên nếu $x$ cực kì lớn thì $S\rightarrow 0$

Cho x,y>0 và x+y=1.Tìm giá trị lớn nhất của $P=(1-\frac{1}{x^2})(1-\frac{1}{y^2})$

Ta có:$P=(1-\frac{1}{x^2})(1-\frac{1}{y^2})=\frac{(x^2-1)(y^2-1)}{x^{2}y^{2}}=\frac{(x+1)(y+1)}{xy}=1+\frac{2}{xy} \geq 3$

Chứng minh rằng phương trình sau có đúng một nghiệm $x^5-x^2-1=0$

Xét hàm$f(x)=x^5-x^2-1$,ta có

Tại $x\leq 1$,$f(x)<0$

Tại $x \geq 1$,ta có

$f'=5x^4-2x>0$ nên hàm đồng biến

Lại có $f(1)=-1<0$;$f(2)=27>0$

nên pt $x^5-x^2-1=0$ có 1 nghiệm duy nhất