Đến nội dung

Quoc Tuan Qbdh

Quoc Tuan Qbdh

Đăng ký: 26-04-2015
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#676257 $\sum \frac{1}{3-ab} \leq \frac...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 04-04-2017 - 22:50

Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn $a^{2}+ b^{2}+c^{2}=3$. Chứng minh rằng: 

$\sum \frac{1}{3-ab} \leq \frac{3}{2}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$$\sum \left( \dfrac{1}{3-ab} - \dfrac{1}{3} \right) \leq \dfrac{1}{2}$$ 

$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{ab}{3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab\right)} \leq \dfrac{1}{2}$$

Ta có hai bất đẳng thức quen thuộc sau:
$$2ab \leq a^{2}+b^{2}$$

$$4ab \leq (a+b)^{2}$$

Do đó,

$$\sum \dfrac{ab}{3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab\right)} \leq \sum \dfrac{(a+b)^{2}}{6(a^{2}+c^{2}+b^{2}+c^{2})}$$

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
$$\sum \dfrac{(a+b)^{2}}{6(a^{2}+c^{2}+b^{2}+c^{2})} \leq \dfrac{1}{6}\sum \left( \dfrac{a^{2}}{a^{2}+c^{2}} + \dfrac{b^{2}}{b^{2}+c^{2}} \right)= \dfrac{1}{2}$$

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$. $\blacksquare$




#661678 Tính $S_{1}=\sum_{k=0}^{1008}C^{...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 12-11-2016 - 21:53

Tình các tổng sau

a) $S_{1}=\sum_{k=0}^{1008}C^{2k}_{2017}$

b) $S_{2}=\sum_{k=0}^{504}C^{4k}_{2017}$

c) $S_{3}=\sum_{k=0}^{2017}(C^{k}_{2017})^2$

d) $S_{4}=\sum_{k=0}^{2016}k^2.C^{k}_{2016}$

a) Ta có:

$$(1+1)^{2017}=C^{0}_{2017}+C^{1}_{2017}+C^{2}_{2017}+C^{3}_{2017}+C^{4}_{2017}+....+C^{2017}_{2017}$$

$$(1-1)^{2017}=C^{0}_{2017}-C^{1}_{2017}+C^{2}_{2017}-C^{3}_{2017}+C^{4}_{2017}+....-C^{2017}_{2017}$$

Suy ra, $S_1=\dfrac{2^{2017}}{2}=2^{2016}$

 

b) Ta có:

$$(1+1)^{2017}=C^{0}_{2017}+C^{1}_{2017}+C^{2}_{2017}+C^{3}_{2017}+C^{4}_{2017}+....+C^{2017}_{2017}$$

$$(1-1)^{2017}=C^{0}_{2017}-C^{1}_{2017}+C^{2}_{2017}-C^{3}_{2017}+C^{4}_{2017}+....-C^{2017}_{2017}$$

$$(1+i)^{2017}=C^{0}_{2017}+C^{1}_{2017}.i-C^{2}_{2017}-C^{3}_{2017}.i+C^{4}_{2017}+....+C^{2017}_{2017}.i$$

$$(1-i)^{2017}=C^{0}_{2017}-C^{1}_{2017}.i-C^{2}_{2017}+C^{3}_{2017}.i+C^{4}_{2017}+....-C^{2017}_{2017}.i$$

Suy ra, $S_2=\dfrac{2^{2017}+(1+i)^{2017}+(1-i)^{2017}}{4}$

Mặt khác, theo hệ thức Moivre:
$$(1+i)^{2017}=(\sqrt{2})^{2017}\left(cos\dfrac{\pi}{4}+i.sin\dfrac{\pi}{4}\right)^{2017}$$

$$=(\sqrt{2})^{2017}.\left(cos\dfrac{2017.\pi}{4}+i.sin\dfrac{2017.\pi}{4}\right)=2^{1008}(1+i)$$

$$(1-i)^{2017}=(\sqrt{2})^{2017}\left(cos\dfrac{-\pi}{4}+i.sin\dfrac{-\pi}{4}\right)^{2017}$$

$$=(\sqrt{2})^{2017}.\left(cos\dfrac{-2017.\pi}{4}+i.sin\dfrac{-2017.\pi}{4}\right)=2^{1008}(1-i)$$

Do đó, $S_2=2^{2015}+2^{1007}$.

 

c) Ta có:
$$(1+x)^{2017}.(1+x)^{2017}=(C^{0}_{2017}+C^{1}_{2017}.x+....+C^{2016}_{2017}.x^{2016}+C^{2017}_{2017})(C^{2017}_{2017}+C^{2016}_{2017}.x^{2016}+....+C^{1}_{2017}.x+C^{0}_{2017})$$

$$(1+x)^{4034}=C^{0}_{4034}+....+C^{2017}_{4034}.x^{2017}+....+C^{4034}_{4034}.x^{4034}$$

Đồng nhất hệ số của $x^{2017}$ ta được: $S_3=C^{2017}_{4034}$

 

d) Xét số hạng tổng quát:

$$k^{2}.C^{k}_{2016}=k^{2}.\dfrac{2016!}{(2016-k)!.k!}=\dfrac{2016!.(k-1+1)}{(2016-k)!.(k-1)!}=2016.2015.\dfrac{2014!}{(2016-k)!.(k-2)}+2016.\dfrac{2015!}{(2016-k)!(k-1)!}=2016.2015.C^{k-2}_{2014}+2016.C^{k-1}_{2015}$$

Đến đây thay $k=2,...,2016$ để ý $\sum_{k=0}^{n} C^{k}_{n}=(1+1)^{n}=2^{n}$.

 




#645196 $\frac{a}{ab+4}+\frac{b}{bc...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 16-07-2016 - 19:49

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=6.Chứng minh rằng

$\frac{a}{ab+4}+\frac{b}{bc+4}+\frac{c}{ca+4}\geq \frac{3}{4}$

Lời giải.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$$\dfrac{4a}{ab+4}+\dfrac{4b}{bc+4}+\dfrac{4c}{ca+4} \geq 3$$

$$\Leftrightarrow a-\dfrac{a^{2}b}{ab+4}+b-\dfrac{b^{2}c}{bc+4}+c-\dfrac{c^{2}a}{ca+4} \geq 3$$

$$\Leftrightarrow 3 \geq \dfrac{a^{2}b}{ab+4}+\dfrac{b^{2}c}{bc+4}+\dfrac{c^{2}a}{ca+4}$$

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:
$$ab+4 \geq 4\sqrt{ab} \; \; \; \; \; bc+4 \geq 4\sqrt{bc} \; \; \; \; \; ca+4 \geq 4\sqrt{ca}$$

Suy ra, $$\dfrac{1}{4} \left( \sqrt{a^{3}b}+\sqrt{b^{3}c}+\sqrt{c^{3}a} \right) \geq \dfrac{a^{2}b}{ab+4}+\dfrac{b^{2}c}{bc+4}+\dfrac{c^{2}a}{ca+4}$$

 

Bổ đề. Với các số thực dương $x;y;z$, ta luôn có bất đẳng thức sau:
$$(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2} \geq 3(x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x)$$

Chứng minh. Đã có tại đây

Áp dụng Bổ đề. với $x=\sqrt{a};y=\sqrt{b};z=\sqrt{c}$, ta có:
$$3=\dfrac{1}{12}(a+b+c)^{2} \geq \dfrac{1}{4} \left( \sqrt{a^{3}b}+\sqrt{b^{3}c}+\sqrt{c^{3}a} \right)$$

$$ \geq \dfrac{a^{2}b}{ab+4}+\dfrac{b^{2}c}{bc+4}+\dfrac{c^{2}a}{ca+4}$$

Bất đẳng thức được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$.$\blacksquare$




#645191 $\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 16-07-2016 - 19:31

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: 

$$\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ac+a^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2} \geq \frac{3(ab+bc+ac)}{a+b+c}.$$

Lời giải đã có tại đây




#644350 $\sqrt{\frac{xy}{xy+z}} + \...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 10-07-2016 - 15:14

Cho $x,y,z> 0$ và $x+y+z=1$
chứng minh $\sqrt{\frac{xy}{xy+z}} + \sqrt{\frac{yz}{yz+x}} +\sqrt{\frac{zx}{zx+y}} \leq \frac{3}{2}$

Để ý rằng với $x+y+z=1$, ta có:
$$xy+z=xy+z(x+y+z)=xy+yz+z^{2}+zx=(z+x)(z+y)$$

Tương tự, ta cũng có:
$$yz+x=(x+y)(x+z) \; \; \; \; \; \; \; \; \; zx+y=(y+z)(y+x)$$

Do đó, theo bất đẳng thức AM-GM:

$$VT(\text{BDT})=\sqrt{\dfrac{x}{x+z}.\dfrac{y}{z+y}}+\sqrt{\dfrac{y}{x+y}.\dfrac{z}{x+z}}+\sqrt{\dfrac{z}{y+z}.\dfrac{x}{y+x}} \leq \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{x}{x+z}+\dfrac{y}{z+y}+\dfrac{y}{x+y}+\dfrac{z}{x+z}+\dfrac{z}{y+z}+\dfrac{x}{y+x} \right)=\dfrac{3}{2}$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\dfrac{1}{3}$.$\blacksquare$




#636308 $((n+1)(n+2)(n+3)...(3n-1)3n) \vdots 3^{n}$ với...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 28-05-2016 - 18:10

CMR:

$((n+1)(n+2)(n+3)...(3n-1)3n) \vdots 3^{n}$ với $n\geq 1$ (A)

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.

Với $n=1$ thì (A) đúng tức là $$(n+1)...3n=2.3 \vdots 3=3^{n}$$.

Giả sử (A) đúng với $n=k, \; k \geq 2$ tức $$(k+1)(k+2)(k+3)...(3k-1)3k \vdots 3^{k}$$ Ta cần chứng minh (A) cũng đúng với $n=k+1$.

Hay: $$(k+2)(k+3)(k+4)...(3k+2)(3k+3) \vdots 3$$

Mà theo giả thiết quy nạp thì $(k+1)(k+2)(k+3)...(3k-1)3k \vdots 3^{k}$ nên ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{(3k+1)(3k+2)(3k+3)}{k+1} \vdots 3$$

Hay: $$(3k+1)(3k+2).3 \vdots 3$$

Hiển nhiên đúng.

Vậy theo nguyên lý quy nạp (A) được chứng minh. 




#634286 Cho $a,b,c>0$.CMR $\sum \frac{1}{...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 20-05-2016 - 15:46

Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:         

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \geq \frac{3}{3a+2b+c}+\frac{3}{3b+2c+a}+\frac{3}{3c+2a+b}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
$$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{9}{3a+2b+c}$$

$$\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+b} \geq \dfrac{9}{3b+2c+a}$$

$$\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{b+c} \geq \dfrac{9}{3c+2a+b}$$

Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên, chia $3$ ở cả hai vế ta được bất đẳng thức cần chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.$\blacksquare$

 



#631192 $x^2+y^2+z^2+\sqrt{xyz}( \sqrt x + \sqrt y +...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 04-05-2016 - 16:09

Cho $x,y,z$ là các số thực ko âm. Chứng minh :

$$x^2+y^2+z^2+\sqrt{xyz}( \sqrt x + \sqrt y +\sqrt z) \ge 2(xy+yz+zx)$$

Theo bất đẳng thức Schur, ta có: 

$$x(\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}-\sqrt{z})+y(\sqrt{y}-\sqrt{z})(\sqrt{y}-\sqrt{x})+z(\sqrt{z}-\sqrt{x})(\sqrt{z}-\sqrt{y}) \geq 0$$

$$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+\sqrt{xyz}(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}) \geq x\sqrt{xy}+x\sqrt{zx}+y\sqrt{xy}+y\sqrt{yz}+z\sqrt{zx}+z\sqrt{yz}$$

Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM thì:

$$x\sqrt{xy}+y\sqrt{xy} \geq 2xy$$

$$y\sqrt{yz}+z\sqrt{yz} \geq 2yz$$

$$x\sqrt{zx}+z\sqrt{zx} \geq 2zx$$

Bài toán được chứng minh. 

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$.




#628957 $\sqrt{\frac{\sum ab}{3}}...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 22-04-2016 - 18:54

Bài toán: Cho $a,b,c\geq 0$ .Chứng minh rằng:

 

$\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}\leq \sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}$

Bổ đề. $$\dfrac{9}{8}(a+b)(b+c)(c+a) \geq (a+b+c)(ab+bc+ca)$$

Chứng minh. Ta có, theo bất đẳng thức AM-GM thì: $$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc \geq (a+b+c)(ab+bc+ca)-\dfrac{1}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$$

$$=\dfrac{8}{9}(a+b)(b+c)(c+a)$$

Bổ đề được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.

Áp dụng vào bài toán. 

Ta có: $$\sqrt[3]{\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}} \geq \sqrt[3]{\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}}$$

$$\geq \sqrt[3]{\dfrac{\sqrt{3(ab+bc+ca)^{3}}}{9}}=\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}$$

(Vì $(a+b+c)^{2} \geq 3(ab+bc+ca)$)

Bài toán được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.$\blacksquare$




#628948 $\sum x^{2}+2xyz<2$

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 22-04-2016 - 17:44

cho x,y,z la do dai 3 canh cua 1 tam giac co chu vi la 2.CMR:

                       $\sum x^{2}+2xyz<2$

Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có:
$$x < y+z \Rightarrow 2x<x+y+z=2 \Rightarrow x-1<0$$

Tương tự ta cũng có:
$$y-1<0 \; \text{va} \; z-1<0$$

Do đó, $$(x-1)(y-1)(z-1)<0 \Leftrightarrow xyz-1-xy-yz-zx+x+y+z < 0$$ $$ \Leftrightarrow 2xyz -2 - 2(xy+yz+zx) + 2.2 < 0 $$ $$ \Leftrightarrow 2xyz +4- 2(xy+yz+zx) < 2 $$ $$ \Leftrightarrow 2xyz +(x+y+z)^{2}- 2(xy+yz+zx) < 2 $$ $$ \Leftrightarrow 2xyz +x^{2}+y^{2}+z^{2} < 2 $$




#625930 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{1}{a^2+b...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 08-04-2016 - 19:53

Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\frac{1}{c^2+a^2}+\frac{5}{2}(a+1)(b+1)(c+1)$

Bài toán 1. Cho các số thực không âm $a;b;c$, ta luôn có bất đẳng thức đúng sau:
$$\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}+c^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}+a^{2}} \geq \dfrac{10}{(a+b+c)^{2}}$$

Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử $c=min${$a;b;c$}. Lúc này, ta có các bất đẳng sau:
$$(a+\dfrac{c}{2})^{2}+(b+\dfrac{c}{2})^{2} \geq (a+0)^{2}+(b+0)^{2}=a^{2}+b^{2}$$
$$(a+\dfrac{c}{2})^{2} = a^{2}+ca+\dfrac{c^{2}}{4} \geq a^{2}+c^{2}$$

$$(b+\dfrac{c}{2})^{2} = b^{2}+bc+\dfrac{c^{2}}{4} \geq b^{2}+c^{2}$$

Do đó,

$$\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}+c^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}+a^{2}} \geq \dfrac{1}{(a+\dfrac{c}{2})^{2}+(b+\dfrac{c}{2})^{2}}+\dfrac{1}{(a+\dfrac{c}{2})^{2}}+\dfrac{1}{(b+\dfrac{c}{2})^{2}}$$

Đặt $\left\{\begin{matrix}x=a+\dfrac{c}{2}(x\geq0) \\ y=b+\dfrac{c}{2}(y\geq0) \end{matrix}\right.$. Lúc này, $x+y=a+b+c$.

Bây giờ ta cần chứng minh

$$\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}} \geq \dfrac{10}{(x+y)^{2}}$$

Thật vậy,

Kết hợp sử dụng hai bất đẳng thức $AM-GM$ và $Cauchy-Schwarz$, ta có:
$$\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}}=\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac{3}{8}\left(\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}}\right)+ \dfrac{5}{8}\left(\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{y^{2}}\right) \geq \dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac{3}{8}.\dfrac{4}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac{5}{8}.\dfrac{2}{xy}=\dfrac{5}{2}(\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac{1}{2xy})\geq \dfrac{5}{2}.\dfrac{4}{(x+y)^{2}}=\dfrac{10}{(x+y)^{2}}$$.

Bài toán được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi một trong ba số $a;b;c$ bằng $0$ và hai số còn lại bằng nhau khác $0$.

 

Bài toán 2. Cho các số thực không âm $a;b;c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$A=(a+1)(b+1)(c+1)$$
Lời giải. Ta có:

$$A=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1 \geq 0+1+a+b+c+1=a+b+c+2$$

 

Áp dụng vào bài toán. Theo bất đẳng thức $AM-GM$, ta có:
$$P \geq \dfrac{10}{(a+b+c)^{2}}+\dfrac{5}{2}.(a+b+c+2)=\dfrac{10}{(a+b+c)^{2}}+\dfrac{5}{4}(a+b+c)+\dfrac{5}{4}(a+b+c)+5 \geq 3.\sqrt[3]{\dfrac{10.5.5}{4.4}}+5=\dfrac{15}{2}+5=\dfrac{25}{2}$$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ là $\dfrac{25}{2}$ khi và chỉ khi $(a;b;c)=(0;1;1);(1;0;1);(1;1;0)$.




#623207 Chứng minh rằng $\sum \frac{ab}{c+1}\leq \frac{1}{4}...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 28-03-2016 - 19:36

Cho các số $a,b,c$ biết $a+b+c=1$. Chứng minh rằng $\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\leq \frac{1}{4}$

Ta có:

$$\frac{ab}{c+1}=\frac{ab}{a+b+c+c} \leq \frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)(Cauchy-Schwarz)$$

Tương tự thì:

$$\frac{bc}{a+1} \leq \frac{bc}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+a}\right)$$

$$\frac{ca}{b+1} \leq \frac{ca}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)$$

Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên, ta được:
$$\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1} \leq \frac{1}{4}\left (\frac{bc+ca}{a+b}+\frac{ca+ab}{b+c}+\frac{ab+bc}{c+a}\right)=\frac{1}{4}$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$




#621736 $\dfrac{a-b}{ab+4b+}+\dfrac{b-c}...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 21-03-2016 - 21:34

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng \[\dfrac{a-b}{ab+4b+4}+\dfrac{b-c}{bc+4c+4}+\dfrac{c-a}{ca+4a+4}\geq 0\] 

 Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$$\frac{ab+4a+4}{ab+4b+4}+\frac{bc+4b+4}{bc+4c+4}+\frac{ca+4c+4}{ca+4a+4} \geq 3$$

$$\Leftrightarrow \frac{ab+2a+2b+4}{ab+4b+4}+\frac{bc+2b+2c+4}{bc+4b+4}+\frac{ca+2c+2a+4}{ca+4a+4} \geq 3$$

$$\Leftrightarrow \frac{(a+2)(b+2)}{ab+4b+4}+\frac{(b+2)(c+2)}{bc+4b+4}+\frac{(c+2)(a+2)}{ca+4a+4} \geq 3(*)$$

 Ta có đẳng thức sau:

$$3(a+2)(b+2)(c+2)=(ab+4b+4)(c+2)+(bc+4c+4)(a+2)+(ca+4a+4)(b+2)$$

 Do đó, theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ thì:
$$VT(*)=(a+2)(b+2)(c+2)\left ( \frac{1}{(c+2)(ab+4b+4)}+\frac{1}{(a+2)(bc+4b+4)}+\frac{1}{(b+2)(ca+4a+4)} \right ) $$

$$\geq (a+2)(b+2)(c+a)\frac{9}{(ab+4b+4)(c+2)+(bc+4c+4)(a+2)+(ca+4a+4)(b+2)}=3=VP(*)$$

 Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.




#621672 Hỏi có thể sắp xếp được hay không tất cả các chữ số này thành một dãy sao cho...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 21-03-2016 - 19:22

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10, TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU ĐHQG TPHCM, 2005-2006.

Dưới đây là câu cuối cùng của đề:

 Xét 81 chữ số, trong đó có 9 chữ số 1    ;   9 chữ số 2;...  ;  9 chữ số 9. Hỏi có thể sắp xếp được hay không tất cả các chữ số này thành một dãy sao cho với mọi $k=1,2,...,9$ trong mỗi khoảng giữa hai chữ số $k$ liên tiếp ở trên dãy có đúng $k$ chữ số ?

 Giả sử có thể sắp xếp được $81$ chữ số đã cho thành một dãy sao cho với mọi $k=1,2,..,9$ trong mỗi khoảng giữa hai chữ số $k$ liên tiếp ở trên dãy có đúng $k$ chữ số.

 Xét với $k=9$ ta có tất cả $8$ khoảng giữa các chữ số $9$ liên tiếp ở trên dãy và mỗi khoảng có đúng $9$ chữ số.

Như vậy, giữa hai chữ số $9$ ở đầu bên phải và đầu bên trái của dãy bao gồm $8$ khoảng, mỗi có $9$ chữ số khác $9$ và $7$ chữ số $9$, tổng cộng là: $8.9+7=79$(số)

Như thế, hai chữ số $9$ ở đầu bên phải và đầu bên trái dãy nằm ở các vị trí đầu và cuối của dãy. 

 Xét với $k=8$ ta có dãy được tạo bởi hai số và các chữ số ở giữa chúng có tổng cộng: $2+8=10$(số)

Do đó, trong một khoảng giữa hai chữ số $9$ liên tiếp không thể có đồng thời hai chữ số $8$.

Mặt khác, trong dãy chỉ có $8$ khoảng giữa các chữ số $9$ liên tiếp nên chỉ có thể có $8$ chữ số $8$ ứng với $8$ khoảng đó.$(KTM)$

 Vậy không thế sắp xếp được $81$ chữ số đã cho thành một dãy sao cho với mọi $k=1,2,...,9$ trong mỗi khoảng giữa hai chữ số $k$ liên tiếp ở trên dãy có đúng $k$ chữ số. 

 

Bằng cách giải tương tự cũng có thể giải quyết bài toán sau:

Xét $n^{2}$ chữ số, trong đó có $n$ chữ số $1$; $n$ chữ số $2$;...; $n$ chữ số $n$. Hỏi có thể sắp xếp được hay không tất cả các chữ số này thành một dãy sao cho với mọi $k=1,2,...,n$ trong mỗi khoảng giữa hai chữ số $k$ liên tiếp ở trên dãy có đúng $k$ chữ số ? ( với $n$ là một số tự nhiên khác $0$ cho trước )




#621517 $\lim_{x \to 1}\left ( \frac{m}...

Gửi bởi Quoc Tuan Qbdh trong 20-03-2016 - 21:33

Cho $m;n$ là hai số nguyên dương khác nhau. Tính

 

$\lim_{x \to 1}\left ( \dfrac{m}{1-x^m}-\dfrac{n}{1-x^n} \right )$

Ta có:
$\lim_{x \to 1} (\frac{m}{1-x^{m}}-\frac{n}{1-x^{n}}) = \lim_{x \to 1} (\frac{m}{1-x^{m}}-\frac{1}{1-x}-\frac{n}{1-x^{n}}+\frac{1}{1-x})$
$= \lim_{x \to 1} (\frac{1-x^{m-1}+1-x^{m-2}+...+1-x+1-1}{1-x^{m}}-\frac{1-x^{n-1}+1-x^{n-2}+...+1-x+1-1}{1-x^{n}})$

$= \lim_{x \to 1} (\frac{1+x+...+x^{m-2}+1+x+..+x^{m-3}+...+1}{1+x+...+x^{m-1}}-\frac{1+x+...+x^{n-2}+1+x+..+x^{n-3}+...+1}{1+x+...+x^{n-1}})$

$=\frac{m-1+m-2+...+1}{m}-\frac{n-1+n-2+...+1}{n}=\frac{m(m-1)}{2m}-\frac{n(n-1)}{2n}=\frac{m-n}{2}$