viet 1846

\[\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 2011 \\
{u_{n - 1}} = {n^2}\left( {{u_{n - 1}} - {u_n}} \right) \\
\end{array} \right. \Rightarrow {n^2}{u_n} = \left( {{n^2} - 1} \right){u_{n - 1}}\]

Đặt: ${v_{n + k}} = \left( {{n^2} + k} \right){u_{n + k}}$

Ta có: \[{v_n} = {v_{n - 1}} = \cdots = {v_1} = 2011\left( {{n^2} + n - 1} \right)\]

\[ \Rightarrow {u_n} = \frac{{2011\left( {{n^2} + n - 1} \right)}}{{{n^2}}} \to 2011\]

---------------------------------------------------------------------------------------------------

@...: Gõ mấy cái này dễ lắm bạn ak. Chỉ cần google 1 cái là được, (Sử dụng mathtype để gõ công thức trên các diễn đàn là có ngay)

bài này đạo hàm hay này cậu ơi chuyển vào topic đạo hàm của cậu được đó

Gớm nữa, bài dạng này làm theo kiểu bạn kia là chuẩn nhất rồi, kĩ thuật này trong sách của ANh Cẩn có viết rất rõ. Mà em thấy anh spam ít thôi, bài nào cũng nhảy vào bài này làm đc bằng đạo hàm hay trích dẫn 1 bài viết rồi khen người ta làm hay, có nút like đó. Ngày trước em quản lý bên boxmath.vn em ban lâu rồi =)).

Câu 4:

Chứng minh BĐT bên trái:

Giả sử: $f'\left( x \right)cot\left( {f\left( x \right)} \right) \le \frac{2}{{a - x}}\,\forall x \in \left( {a;b} \right]$

Xét: \[g\left( x \right) = ln\left[ {sin\left( {f\left( x \right)} \right)} \right] + 2ln\left( {x - a} \right)\]

\[g'\left( x \right) = f'\left( x \right)cot\left( {f\left( x \right)} \right) + \frac{2}{{x - a}} \le 0\]

Suy ra: \[g\left( x \right) \ge g\left( b \right) = ln\left( {b - a} \right)\]

Mặt khác: \[\mathop {lim}\limits_{x \to {a^ + }} \left[ {g\left( x \right)} \right] = - \infty \]

Suy ra vô lý. Vậy BĐT bên trái được chứng minh, bên phải tương tự.

Một bài khá quen thuộc ,cần dùng thêm định lí Fubini để giải:
Bài 50:Cho hàm $f:[0;1]\to [0,+\infty)$ khả vi liên tục trên miền xác định.Đặt $M=\displaystyle \max_{x\in [0;1]} |f'(x)|$Chứng minh rằng:$$\left |\int_0^1 f^3\left(x\right)dx-f^2\left(0\right)\int_0^1 f\left(x\right)dx\right|\leq M \left(\int_0^1 f\left(x\right)dx\right)^2$$

Với $t\in [0;1]$ ta có:

\[ - M \le f'\left( t \right) \le M\]

\[ \Leftrightarrow - M.f\left( t \right) \le f'\left( t \right).f\left( t \right) \le M.f\left( t \right)\]

\[ \Leftrightarrow - M.\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \le \int\limits_0^x {f'\left( t \right).f\left( t \right)dt} \le M.\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \,\,\forall x \in \left( {0;1} \right)\]

\[ \Leftrightarrow - M.\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \le \frac{1}{2}\left[ {{f^2}\left( x \right) - {f^2}\left( 0 \right)} \right] \le M.\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \]

\[ \Rightarrow - M.f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \le \frac{1}{2}\left( {{f^3}\left( x \right) - {f^2}\left( 0 \right).f\left( x \right)} \right) \le M.f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \]

\[ \Rightarrow - M.\int\limits_0^1 {\left( {f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right)dx} \le \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {{f^3}\left( x \right) - {f^2}\left( 0 \right).f\left( x \right)} \right)dx} \le M.\int\limits_0^1 {\left( {f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right)dx} \]

Mặt khác ta có:

\[\int\limits_0^1 {\left( {f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right)d\left( {\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right) = \frac{1}{2}} {\left( {\int_0^1 f \left( x \right)dx} \right)^2}\]

Nên ta có đpcm.

Cho $a,b,c>0,a^2+b^2+c^2=3.$ CMR:$$\sqrt{\dfrac{1}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{4c^2}{9}}+\sqrt{\dfrac{1}{b^2+bc+c^2}+ \dfrac{4a^2}{9}}+ \sqrt{\dfrac{1}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{4b^2}{9}}\ge \sqrt{7}.$$


Đăng lại để tìm lời giải hay hơn.

Ý tưởng cơ bản là đúng nhưng cho minh hỏi vặn tý nhé.Dựa vào đâu mà bạn chuẩn hóa $a+b+c=3$ trong khi bất đẳng thức trên không thuần nhất

:-?? mấy bé bây giờ thấy người ta làm gì thì cũng làm theo cái đó. thực ra chưa hiểu bản chất.

Mình không biết cần ĐK liên tục đề làm gì nhỉ?

Cho:

\[y = 0;x \ne 0 \Rightarrow f\left( x \right) = f\left( 0 \right)x - f\left( 0 \right)\]

Đặt $a=f(0)$ ta có: $f(x)=ax-a$

Thử lại ta được $a=0$ vậy $f(x)=0$ là hàm số cần tìm

Cho $a,b,c$ dương, chứng minh :
$\frac{1}{{4a}} + \frac{1}{{4b}} + \frac{1}{{4c}} + \frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}} + \frac{1}{{c + a}} \ge \frac{3}{{3a + b}} + \frac{3}{{3b + c}} + \frac{3}{{3c + a}}$.

Tính :
$\int_{1}^{2}\frac{x\ln x\text{dx}}{\left ( x^{2} + 1 \right )^{2}}$.

\[\int {\frac{{x\ln x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx = \frac{{ - 1}}{2}\int {lnxd\left( {\frac{1}{{{x^2} + 1}}} \right)} } = \frac{{ - lnx}}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}} + \frac{1}{2}\int {\frac{1}{{x\left( {{x^2} + 1} \right)}}dx} \]

Đến đây cơ bản.

$\int_{1}^{1+\sqrt{5}}\frac{x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}dx$, $\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{cosx}{\sqrt{1+cos^{2}x}}dx$

$\int_{\frac{-\pi }{3}}^{\frac{\pi }{3}}\frac{xsinx}{cos^{2}x}dx$

Làm liều;

\[\int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}} dx = \int {\frac{{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2} + 1}}dx} = \int {\frac{{d\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}}{{{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2} + 1}}} = arctan\left( {x - \frac{1}{x}} \right) + const\]




\[\int {\frac{{cosx}}{{\sqrt {1 + co{s^2}x} }}} dx = \int {\frac{{d\left( {sinx} \right)}}{{\sqrt {2 - si{n^2}x} }}} = \cdots \]




\[\int {\frac{{xsinx}}{{co{s^2}x}}} dx = \int {\frac{{ - xd\left( {cosx} \right)}}{{co{s^2}x}}} = \int {xd\left( {\frac{1}{{cosx}}} \right) = \frac{x}{{cosx}}} - \int {\frac{1}{{cosx}}dx = \frac{x}{{cosx}} - \int {\frac{{d\left( {sinx} \right)}}{{1 - si{n^2}x}} = \cdots } } \]

Ủng hộ anh Việt 1 bài khá hay dùng hệ số bất định :-?
Ví dụ 5. Cho $a;b;c>0$, chứng minh rằng
$$\frac{a^2}{\sqrt{2a^2+ab+b^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{2b^2+bc+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{2c^2+ca+c^2}} \geq \frac{a+b+c}{2}$$
Giải:
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
**Cách để tìm ra bất đẳng thức phụ trên:
Ta nghĩ đến việc phải tìm $m,n$ sa0 ch0 $\frac{a^2}{\sqrt{2a^2+ab+b^2}}\geq ma+nb\,\,\,\,\ \forall a,b>0$
+Ch0 $a=b=1$ ta có $m+n=\frac{1}{2}$
+Ch0 $b=1$ rồi đạo hàm 2 vế ta được:
$$\frac{4a(2a^2+a+1)-a(4a+1)}{2\sqrt{2a^2+a+1}.(2a^2+a+1)}=m$$
Ch0 $a=1$ ta sẽ tìm ra được $m=\frac{11}{16}\to n=-\frac{3}{16}$

Ngoài cách như của Đạt thì ta có thể làm như sau:

\[\frac{{{a^2}}}{{\sqrt {2{a^2} + ab + {b^2}} }} = \frac{a}{{\sqrt {1 + \frac{b}{a} + {{\left( {\frac{b}{a}} \right)}^2}} }}\mathop {{\rm{ }} = }\limits^{t = \frac{b}{a}} \frac{a}{{\sqrt {1 + t + {t^2}} }}\]
Bằng phương pháp hệ số bất định ta có dự đoán:

\[\frac{1}{{\sqrt {1 + t + {t^2}} }} \ge \frac{{11}}{{16}} - \frac{3}{{16}}t\]

Thay ngược lại sẽ có kết quả như của Đạt.

Đổi gió, tiện cũng chia sẻ cho các bạn một kĩ thuật nhỏ nhưng khá hay khi kết hợp bđt $Vacs$ và phương pháp này.

Trước tiên ta nói về bất đẳng thức $Vacs$ Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $abc=1$ chứng minh rằng:

\[\frac{1}{{{a^2} + a + 1}} + \frac{1}{{{b^2} + b + 1}} + \frac{1}{{{c^2} + c + 1}} \ge 1\]

Chứng minh:

Bài này ta hoàn toàn có thể dùng kĩ thuật ở trên để chứng minh, nhưng mình sẽ chứng minh nó bằng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$.

Do $abc=1$ nên sẽ tồn tại $x;y;z>0$ sao cho $a=\dfrac{yz}{x^2}; b=\dfrac{zx}{y^2}; c=\dfrac{xy}{z^2}$

Khi đó ta có:

\[LHS = \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{\frac{{yz}}{{{x^2}}} + \frac{{{y^2}{z^2}}}{{{x^4}}} + 1}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{x^4}}}{{{x^4} + {x^2}yz + {y^2}{z^2}}}} } \ge \frac{{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^2}}}{{{x^4} + {y^4} + {z^4} + xyz\left( {x + y + z} \right) + {x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2}}} \ge 1\]

Thật vậy BĐT cuối tương đương:

\[{x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}x \ge xyz\left( {x + y + z} \right)\]

Đây là bđt quen thuộc. Nên ta có điều phải chứng minh.

Áp dụng của bđt này thì mình sẽ post sau. giờ có việc bận rổi.

Như chúng ta đã nói ở trên là ta có bdt:

\[\frac{1}{{{a^{2k}} + {a^k} + 1}} + \frac{1}{{{b^{2k}} + {b^k} + 1}} + \frac{1}{{{c^{2k}} + {c^k} + 1}} \ge 1\]

Với điều kiện $abc=1$

Ngoài ra ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng khác:

\[\frac{{{a^k} + 1}}{{{a^{2k}} + {a^k} + 1}} + \frac{{{b^k} + 1}}{{{b^{2k}} + {b^k} + 1}} + \frac{{{c^k} + 1}}{{{c^{2k}} + {c^k} + 1}} \le 2\]

Với cùng điều kiện trên.

Thật vậy bất đẳng thức này được viết lại:

\[\sum\limits_{cyc} {\left( {1 - \frac{{{a^k} + 1}}{{{a^{2k}} + {a^k} + 1}}} \right)} \ge 1\]

\[ \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{\frac{1}{{{a^{2k}}}} + \frac{1}{{{a^k}}} + 1}}} \ge 1\]

Đây là bất đẳng thức đã chứng minh trên.

Hai dạng này là tương đương với nhau, nhưng ở những bài toán khác nhau thì ta có thể áp dụng chúng một cách linh hoạt.

Ví dụ 1: Cho các số dương $a;b;c$ thỏa mãn $abc=1$ chứng minh rằng:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{4{a^2} - 2a + 1}}} \ge 1\]

Bài giải:

Phân tích: Thứ nhất bài toán yêu câu chứng minh theo chiều $\ge$ nghĩa là ta cần đánh giá:

\[\frac{1}{{4{a^2} - 2a + 1}} \ge \frac{1}{{{a^{2k}} + {a^k} + 1}}\] với $k$ là hệ số bất định.

Và yêu cầu của chúng ta bây giờ là tìm $k$ thích hợp. Cách làm thì không khác gì đối với loại bài trên.

Ta có BĐT vừa rồi tương đương:

\[{a^{2k}} + {a^k} \ge 4{a^2} - 2a\] đạo hàm hai về và cho $a=1$ ta có $k=2$

Như vậy ta có bđt:

\[\frac{1}{{4{a^2} - 2a + 1}} \ge \frac{1}{{{a^4} + {a^2} + 1}}\]

\[ \Leftrightarrow a\left( {{a^3} - 3a + 2} \right) \ge 0\] luôn đúng theo $AM-GM$.

Vậy BĐT của ta được chứng minh.

Ví dụ 2: Cho các số dương $a;b;c$ thỏa mãn $abc=1$ chứng minh rằng:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{{a^2} - a + 1}}} \le 3\]

Lời giải:

Bây giờ bài toán cần chứng minh với chiều $\le$ khi đo ta sẽ cần đánh giá như sau:

\[\frac{1}{{{a^2} - a + 1}} \le \frac{3}{2}\frac{{{a^k} + 1}}{{{a^{2k}} + {a^k} + 1}}\]

Việc tìm $k$ tương tự như những bài toàn từ đầu đến giờ, xin nhường bạn đọc.

Nhận xét: BĐT $Vacs$ là một BĐT khá chặt, vì thế nên nó có ứng dụng khá lớn trong chứng minh các bđt cùng loại. Các bạn có thể áp dụng những phương pháp này để chứng minh các bđt khác. Việc tự nhiên cho ra các bđt phụ và kết hợp nó với một bổ đề trên trời rơi xuống sẽ làm cho cách giải của ta trở nên độc đóa ( đối với những người chưa biết đên pp này)

Đổi gió, tiện cũng chia sẻ cho các bạn một kĩ thuật nhỏ nhưng khá hay khi kết hợp bđt $Vacs$ và phương pháp này.

Trước tiên ta nói về bất đẳng thức $Vacs$ Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $abc=1$ chứng minh rằng:

\[\frac{1}{{{a^2} + a + 1}} + \frac{1}{{{b^2} + b + 1}} + \frac{1}{{{c^2} + c + 1}} \ge 1\]

Chứng minh:

Bài này ta hoàn toàn có thể dùng kĩ thuật ở trên để chứng minh, nhưng mình sẽ chứng minh nó bằng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$.

Do $abc=1$ nên sẽ tồn tại $x;y;z>0$ sao cho $a=\dfrac{yz}{x^2}; b=\dfrac{zx}{y^2}; c=\dfrac{xy}{z^2}$

Khi đó ta có:

\[LHS = \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{\frac{{yz}}{{{x^2}}} + \frac{{{y^2}{z^2}}}{{{x^4}}} + 1}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{x^4}}}{{{x^4} + {x^2}yz + {y^2}{z^2}}}} } \ge \frac{{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^2}}}{{{x^4} + {y^4} + {z^4} + xyz\left( {x + y + z} \right) + {x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2}}} \ge 1\]

Thật vậy BĐT cuối tương đương:

\[{x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}x \ge xyz\left( {x + y + z} \right)\]

Đây là bđt quen thuộc. Nên ta có điều phải chứng minh.

Áp dụng của bđt này thì mình sẽ post sau. giờ có việc bận rổi.

Thế anh mới nói là pp U.C.T hay ở chỗ nó sơ cấp ai cũng hiểu.

Ví dụ 4: (Trâu bò húc) Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$

Chứng minh rằng:

\[\frac{1}{{\sqrt {{a^2} - 3a + 3} }} + \frac{1}{{\sqrt {{b^2} - 3b + 3} }} + \frac{1}{{\sqrt {{c^2} - 3c + 3} }} \le 3\]

Lời giải: Mình xin được nguyên văn lời giải trong sách mình:

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a\ge b\ge c>0.$
Với mọi $x\ge \frac{\sqrt{5}-1}{2},$ ta có
$$\dfrac{2}{\sqrt{x^2-3x+3}}\le x+1$$
Thật vậy, BĐT tương đương $(x-1)^2(x^2+x-1)\ge 0.$
Suy ra
* Nếu $c\ge \dfrac{\sqrt{5}-1}{2},$ sử dụng BĐT trên với $a,b,c$ rồi cộng lại ta dễ có đpcm.
* Nếu $c\le \dfrac{\sqrt{5}-1}{2},$ ta xét 2 khả năng
-TH1: $b\le 1,$ ta có
$$a^2-3a+3=(a-1,5)^2+0,75\ge 0,75$$
$$b^2-3b+3=(b-1)^2+2-b\ge 1$$
$$c^2-3c+3=(c-1)^2+2-c\ge (1-\dfrac{\sqrt{5}-1}{2})^2-\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}+2=\dfrac{16}{(\sqrt{5}+1)^2}$$
Do đó $VT\le \dfrac{2}{\sqrt{3}}+\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}+1<3$
-TH2: $b\ge 1,$ suy ra $2\ge a\ge b\ge 1,$ xét $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x^2-3x+3}} trên [1;2],$ ta có
$$f''(x)=\dfrac{8x^2-24x+15}{4(x^2-3x+3)^{2,5}}<0$$
Do đó theo BĐT $Jensen$ ta có
$$f(a)+f(b)\le 2f(\dfrac{a+b}{2})=2f(t)=\dfrac{2}{\sqrt{t^2-3t+3}}$$
Vậy ta cần có $$\dfrac{2}{\sqrt{t^2-3t+3}}+\dfrac{1}{\sqrt{(3-2t)^2-3(3-2t)+3}}\le 3$$
Hay $\dfrac{(t-1)^2(36t^6-252t^5+749t^4-1202t^3+1099t^2-546t+117)}{(t^2-3t+3)^2(4t^2-6t+3)^2}\ge 0$
BĐT trên đúng, vậy ta có đpcm.
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.