Duy Thai2002

Cách khác:

Đặt $\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}=x, \frac{b}{\sqrt{(b+a)(b+c)}}=y,\frac{c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}=z$

$=> x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz=1$

Bđt cần chứng minh $<=> \frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\leq 1$

Bằng cách quy đồng rồi rút gọn, ta được:

$3xyz+2(xy+yz+zx)+(x+y+z)\leq xyz+(xy+yz+zx)+(x+y+z)+1$

$<=> xy+yz+zx\leq 1-2xyz=x^{2}+y^{2}+z^{2}$

$<=> xy+yz+zx\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}$

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có đpcm.

$abc\geqslant (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)$ 

$abc\geqslant (3-2c)(3-2a)(3-2b)<=>9abc\geqslant 27-18(a+b+c)+4(ab+bc+ac)=-27+12(ab+bc+ac)$ 

ta có $\frac{ab+bc+ac}{(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{9abc}{72(ab+bc+ac)}\leqslant \frac{ab+bc+ac}{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)}+\frac{27-12(ab+bc+ac)}{72(ab+bc+ac)}=\frac{9}{8.3}+\frac{27}{72(ab+bc+ac)}-\frac{12}{72}\geqslant \frac{3}{8}+\frac{27}{72.3}-\frac{12}{72}=\frac{1}{3}$

----

sr ngược dấu ☺ 

Ngược  dấu rồi

Cách làm của mình đây:

Ta có hằng đẳng thức sau:

$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$

Sử dụng bđt AM-GM, ta được:

$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}=\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)=\frac{8(ab+bc+ca)}{3}$ ( Do $a+b+c=3$)

$=> \frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{3}{8}$

Mặt khác:

$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc\leq (a+b+c)(ab+bc+ca)=3(ab+bc+ca)$  ( Do $a+b+c=3$)

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

Ta có:

$\frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{abc}{8(ab+bc+ca)}\leq \frac{1}{3}$

$<=> \frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{abc}{8(ab+bc+ca)}+\frac{a+b+c}{8}\leq \frac{1}{3}+\frac{3}{8}$

$<=> \frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ca)}\leq \frac{17}{24}$

Đặt $\frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}=x$ $(\frac{1}{3}\leq x\leq \frac{3}{8})$

Bđt $<=> x+\frac{1}{8x}\leq \frac{17}{24}$

$<=> \frac{1}{3}\leq x\leq \frac{3}{8}$ ( Điều này luôn đúng)

Do đó bđt được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi cả ba số bằng 1 hoặc có 1 số bằng 0.

Nhận thấy $x,y\geq 0$

$x=0$ $=> y^{3}=4 $(loại)

$x=1$ $=> y^{3}=5$ (loại)

$x\geq 2$

PT $<=> 2(2^{x-1}+1)=(y-1)(y^{2}+y+1)$

Do $x\geq 2$ nên $2^{x-1}$ luôn chẵn và y lẻ

Mà $y-1$ chẵn, $y^{2}+y+1$ lẻ

$=> \begin{bmatrix}y-1=2 & \\2^{x-1}+1=y^{2}+y+1 & \end{bmatrix}$

$<=> \begin{bmatrix}y=3 & \\2^{x-1}=y(y+1) & \end{bmatrix}$

TH1: $y=3$. Thế vào pt trên , ta được:

$2^{x}=24$ (loại)

TH2: $2^{x-1}=y(y+1)$

VT có ước lẻ là $1$, VP có ước lẻ là y

Mà VT = VP

$=> y=1$

Thế vào pt trên, ta được:

$2^{x}=-2$ (loại)

Vậy pt vô nghiệm.

Bài 5

Nhận thấy:

$53^{3}+4.53\equiv 34$ (mod $57$)

$34^{3}+4.34\equiv 53$ (mod $57$)

Ta có:

$a_{2018}+2018\vdots 57$

$<=> a_{2018}\equiv 34(mod 57)$

$<=> a_{2017}^{3}+4a_{2017}\equiv 34(mod 57)$

$<=>a_{2017}\equiv 53(mod 57)$

Bằng cách quy nạp lùi, ta chứng minh được:

$a_{2k-1}\equiv 53(mod 57)$ và $a_{2k}\equiv 34 (mod 57)$

Do đó:

$a_{1}\equiv 53 (mod57)$

Mà $a_{1}$ nhỏ nhất

$=> a_{1}=53$.

Bài bất sử dụng đánh giá $\sqrt{a^{2}-a+1}+\frac{1}{2}-a\geq \frac{3}{2(a^{2}+a+1)}$

2) Nếu $A=90^{0}$ $=> a^{2}=b^{2}+c^{2}$ $=> a^{3}=a(b^{2}+c^{2})$ $=> b^{3}+c^{3}=a(b^{2}+c^{2})$ $=> b^{2}(a-b)+c^{2}(a-c)=0$ (vô lý vì $a>b, a>c$ nên $b^{2}(a-b)+c^{2}(a-c)>0$)

Nếu $90^{0}<A<180^{0}$. Khi đó $cosA<0,a>b,a>c$. Theo định lý Cosin, ta được:

$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc.cosA>b^{2}+c^{2}$

$=> a^{2}>b^{2}+c^{2}$

$=> a^{3}>a(b^{2}+c^{2})$

$=> b^{3}+c^{3}>a(b^{2}+c^{2})$

$=> b^{2}(a-b)+c^{2}(a-c)<0$ (vô lý vì $a>b, a>c$ nên $b^{2}(a-b)+c^{2}(a-c)>0$)

Nếu $1^{0}\leq A\leq 60^{0}$. Khi đó $CosA$ đạt GTNN là $\frac{1}{2}$ khi $A=60^{0}$. Theo định lý Cosin, ta được:

$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc.cosA\leq b^{2}+c^{2}-2bc.\frac{1}{2}=b^{2}+c^{2}-bc$

$=> a^{2}\leq b^{2}+c^{2}-bc$

$=> a^{3}\leq a(b^{2}+c^{2}-bc)$

$=> b^{3}+c^{3}\leq a(b^{2}+c^{2}-bc)$

$=> b+c\leq a$ (Vô lý theo bất đẳng thức tam giác)

=> Đpcm.

Đặt $x+y=a,y+z=b,z+x=c$, bđt $<=> \frac{a}{(b-c)^{2}}+\frac{b}{(c-a)^{2}}+\frac{c}{(a-b)^{2}}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}$

Đây là một bất đẳng thức quen thuộc trong sách sáng tạo bất đẳng thức Tham khảo cách chứng minh trong sách.

Xem tại đây:http://www.wolframal...)^5-a^5-b^5-c^5

chắc là $u_{n+1}$ đó bạn.

Bài 1 dùng phản chứng 

Giả sử $1+x+y\vdots p$

Xét $p=a_{1}.a_{2}...a_{n}$, trong các số $a_{1},a_{2},...a_{n}$ sẽ tồn tại ít nhất một số nguyên tố giả sử là $a_{1}$

Do $1+x+y\vdots p$, $p\vdots a_{1}$ nên $1+x+y\vdots a_{1}$

Mặt khác, từ gt suy ra được: $\left\{\begin{matrix}x^{2016}\vdots a_{1} & \\y^{2017}\vdots a_{1} & \end{matrix}\right.$ $=> \left\{\begin{matrix}x\vdots a_{1} & \\y\vdots a_{1} & \end{matrix}\right.$

$=> 1+x+y$ không chia hết cho $a_{1}$ (vô lý )

$=>$ Đpcm.

Bạn xem lại đề coi theo mình thì phải là max vì nếu đặt $\frac{a}{b}=x,\frac{b}{c}=y,\frac{c}{a}=z$ thì bđt trở thành:

$\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}$

Cho chạy thử bên  wolframalpha thì một cái rất xấu cái còn lại là 1 thì không thể vì mình có bđt quen thuộc sau:

$\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}\leq 1$ với $x>0,y>0,z>0,xyz=1$

 

Cho dãy số xác định bởi

   ${{U}_{1}}=2014  \\$ và

   ${{U}_{n+1}}=\frac{3n+2}{4n+2}({{U}_{n}}+1)\,,\forall n\in {{N}^{*}}  \\$

Tính $ \displaystyle \underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{{{U}_{1}}+{{U}_{2}}+...+{{U}_{n}}}{n} \right)$

 

Đúng như anh An infinitesimal em giải bài này theo định lý weirstrass cùng với bổ đề Cesaro nhưng mà để ý một chút ta có thể giải bài trên theo nguyên lí ánh xạ co kết hợp với bổ đề Cesaro .

Ta xét hàm: $f(x)=\frac{3n+2}{4n+2}x+\frac{3n+2}{4n+2}$

$\Rightarrow f'(x)=\frac{3n+2}{4n+2}=q<1,  \forall n\in \mathbb{N}^{*}$

Áp dụng định lý Lagrange cho $x,y \in \mathbb{R}, x>y$, $f(x)$ liên tục nên tồn tại $z\in \mathbb{R}$ sao cho:

$f(x)-f(y)=f'(z)(x-y)$

$\left | f(x)-f(y) \right |\leq q\left | x-y \right |$ nên hàm số $f(x)=\frac{3n+2}{4n+2}$ là hàm số co do đó dãy số $(u_{n})$ hội tụ.

Ta đi chứng minh $lim\frac{3n+2}{4n+2}=\frac{3}{4}$ bằng cách sử dụng định nghĩa giới hạn . Ta có: 

$\forall \epsilon >0$ xét bất phương trình $\left | \frac{3n+2}{4n+2}-\frac{3}{4} \right |< \epsilon$(*)

$<=> n>\frac{3}{8\epsilon }-\frac{1}{2}$

Vậy nếu chọn $n_{0}=\left \lfloor \frac{3}{8\epsilon } -\frac{1}{2}\right \rfloor+1$ thì với mọi $n>n_{0}$ thì (*) luôn đúng, theo định nghĩa giới hạn ta được:  $lim\frac{3n+2}{4n+2}=\frac{3}{4}$ 

Gọi $limu_{n}=a$

Chuyển qua giới hạn, ta được:

$a=\frac{3}{4}(a+1)$ $=> a=3$ $=> limu_{n}=3$. Kết hợp với định lý Cesaro suy ra được:

$lim(\frac{u_{1}+u_{2}+...+u_{n}}{n})=3$

P/s;  Do em mới nghiên cứu về hàm số co nên không biết cách làm có sai gì không? Mong anh chỉ giáo.

 

 

 

Trước hết ta sẽ chứng minh  $u_{n}>2$ $\forall n\in \mathbb{N}^{*}$

Với n=1, ta có: $u_{1}=\frac{5}{2}>2$ nên mệnh đề đúng với n=1

Giả sử $u_{n}>2$ Ta cần chứng minh $u_{n+1}>2$. Thật vậy, vì $u_{n}>2$ nên $u_{n}^{3}-12u_{n}+20> 0$

$=> u_{n+1}=\sqrt{u_{n}^{3}-12u_{n}+\frac{20n+21}{n+1}}=\sqrt{u_{n}^{3}-12u_{n}+20+\frac{1}{n+1}}> \sqrt{20}> 2$

$=> u_{n}>2$ $\forall n\in \mathbb{N}^{*}$(1)

Kế tiếp ta sẽ chứng minh  dãy $(u_{n})$ giảm hay $u_{n+1}\leq u_{n}$

Với n=1, ta có: $u_{2}=\frac{7\sqrt{2}}{4}\leq \frac{5}{2}=u_{1}$ nên mệnh đề đúng với n=1

Giả sử $u_{n+1}\leq u_{n}$ $=> u_{n+1}\leq \frac{5}{2}$

Ta cần chứng minh $u_{n+2}\leq u_{n+1}$. Thật vậy, ta có:

$u_{n+2}=\sqrt{u_{n+1}^{3}-12u_{n+1}+\frac{20(n+1)+21}{n+2}}=\sqrt{u_{n+1}^{3}-12u_{n+1}+20+\frac{1}{n+2}}\leq u_{n+1}$

$<=> u_{n+1}^{3}-u_{n+1}^2-12u_{n+1}+20+\frac{1}{n+2}\leq 0$

Mà  $u_{n+1}^{3}-u_{n+1}^{2}-12u_{n+1}+20\leq -1$ $\forall u_{n+1}\in (2;\frac{5}{2}]$, $\frac{1}{n+2}<1$

$=> u_{n+1}^{3}-u_{n+1}^2-12u_{n+1}+20+\frac{1}{n+2}\leq 0$

$=>$ $u_{n+2}\leq u_{n+1}$ do đó theo nguyên lí quy nạp, ta được dãy $(u_{n})$ giảm (2)

$(1),(2)\Rightarrow$ Dãy $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn

Ta viết lại:  $u_{n+1}=\sqrt{u_{n}^{3}-12u_{n}+20+\frac{1}{n+1}}$. 

Gọi giới hạn của dãy là $a$ $ (2\leq a\leq \frac{5}{2})$. Chuyển qua giới hạn, ta được:

$a=\sqrt{a^{3}-12a+20}$. Giải pt trên kết hợp với điều kiện ta ra được $a=2$(nhận)

Vậy $limu_{n}=2$

 

 

 

 

Ta có: $a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a<a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc\leq \frac{4}{27}(a+b+c)^{3}$

=> Đpcm.

Ta sẽ chứng minh dãy tăng bằng phương pháp quy nạp theo n

Với $n=0$, ta dễ dàng thấy rằng $c_{1}>c_{0}$

Giả sử $c_{n+1}>c_{n}$ . Ta cần chứng minh $c_{n+2}>c_{n+1}$. Thật vậy, từ gt ta có:

$c_{n+2}=\frac{2n+5}{n+2}c_{n+1}-\frac{n}{n+2}c_{n}>c_{n+1}$

$<=> \frac{n+3}{n+2}c_{n+1}>\frac{n}{n+2}c_{n}$ (Đúng theo gt quy nạp)

=> Đpcm.