Cho a₀ = 2005 và a _n+1 = a_n² / (a_n + 1) với n = 0,1,2,...
a) Với n = 1,2,3,4,5 Hãy tính [a_n] (phần nguyên của a_n , tức là số nguyên lớn nhất không vượt quá a_n ).
b) Chứng minh rằng [a_n] = 2005 - n với mọi 0 <= n <= 1003
( <= là bé hơn hoặc bằng)

Đúng hướng rồi, cái này liệt kê ra đơn giản mà(chỉ cần trâu bò một chút thôi) còn sách thì trên mạng có e-book mà

Mình vẫn ko hiểu liệt kê ntn??? Mình áp dụng mãi mấy cái bđt dấu gttđ mà nó cứ sai dấu chỗ /a+b+c/. Mà nếu tìm đk sách thì bài này ở phần nào vậy bạn???

Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi $x\in \left [ -4;6 \right ]$:

$\sqrt{(x+4)(6-x)}+x^{2}-2x\geq m$

cái này thực ra làm thường thì phải liệt kê từng trường hợp thôi mà cái đó thì mình lười lắm, bạn xem quyển sáng tạo bất đẳng thức ấy

Hix. Mình đâu có mà đọc bạn. Liệt kê từng trường hợp là ntn vậy, bạn thử ns hướng mình vs? Mình đag làm theo hướng này:

Đặt x+y-z = a; x+z-y= b; z+y-x= c ==> C/m:

$\left | a \right |+\left | b \right |+\left | c \right |+\left | a+b+c \right |\geqslant \left | a+b \right |+\left | b+c \right |+\left | a+c \right |$

Nhưng chứng minh cái này cx chưa ra đk

Xét $f(x)=\left | x \right |$ là một hàm lồi.

Ta cần chứng minh

$f(x+y-z)+f(y+z-x)+f(z+x-y)+f(x+y+z)\geq f(2x)+f(2y)+f(z)+f(z)$

Giả sử $x\geq y\geq z$. Xét hai bộ $(x+y-z,y+z-x,z+x-y,x+y+z)^{*}$ và $(2x,2y,z,z)^*$

Rõ ràng $(x+y-z,y+z-x,z+x-y,x+y+z)^*\gg (2x,2y,z,z)^*$. Do đó theo bất đẳng thức Karamata ta có đpcm

Hix. Chỉ dùng đến kiến thức thông thường có giải đk ko bạn??? Hàm lồi mình chưa học à; cả bđt Karamata bạn ns nữa. 

Xét $f(x)=\sqrt{-x^{2}+2x+24}+x^{2}-2x$ trên [-4;6]

$f'(x)=\frac{-2x+2}{2\sqrt{-x^{2}+2x+24}}+2x-2$

$f'(x)=0 <=>(2x-2)\left ( \frac{-1}{2\sqrt{-x^{2}+2x+24}} +1\right )=0$

<=>$x=1$ thuộc [-4;6] và $x=\frac{2\pm 3\sqrt{11}}{2}$ thuộc [-4;6]

$f(-4)=24,f(6)=24,f(1)=4,f(\frac{2+3\sqrt{11}}{2})=\frac{97}{4},f(\frac{2-3\sqrt{11}}{2})=\frac{97}{4}$

Vậy Min f(x)=4 trên [-4;6]

Hix, mình chưa học đạo hàm bạn à. Có cách nào khác không???

$m\leq Min _{\sqrt{(x+4)(6-x)}+x^{2}-2x}$

Xét f(x)=${\sqrt{(x+4)(6-x)}+x^{2}-2x}$ trên [-4;6]

Giải ra ta thấy GTNN của f(x) trên [-4;6] là 4

Vậy $m\leq 4$

Làm sao để tìm gtnn của f(x) trên đoạn đó hả bạn. Bạn làm rõ hơn một chút đk ko?

Chứng minh rằng với mọi số thực x,y,z thì:

$(\sum \left | x+y-z \right |) + \left | x+y+z \right | \geqslant 2(\sum \left | x \right |)$

 

Lời giải:
Từ giả thiết ta có: $y=\frac{z-x}{1+xz}$ thay vào ta có:$A=\frac{(z-x)(5z-x)}{(1+z^2)(1+x^2)}+3$
Áp dụng BDT AM-GM thì: $A=\frac{(z-x)(5z-x)}{(1+z^2)(1+x^2)}+3\leq \frac{(3z-3x+5x-z)}{12(1+z^2)(1+x^2)}+3\leq \frac{(x+z)^2}{3(x+z)^2}+3\leq \frac{10}{3}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:$x=\frac{1}{\sqrt{2}},y=\frac{\sqrt{2}}{4},z=\sqrt{2}$

Bạn ơi, có thế nói rõ hướng suy nghĩ của nó được không. Bạn có thể đoán dấu bằng trước hả???

Lời giải:
Từ giả thiết ta có: $y=\frac{z-x}{1+xz}$ thay vào ta có:$A=\frac{(z-x)(5z-x)}{(1+z^2)(1+x^2)}+3$
Áp dụng BDT AM-GM thì: $A=\frac{(z-x)(5z-x)}{(1+z^2)(1+x^2)}+3\leq \frac{(3z-3x+5x-z)}{12(1+z^2)(1+x^2)}+3\leq \frac{(x+z)^2}{3(x+z)^2}+3\leq \frac{10}{3}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:$x=\frac{1}{\sqrt{2}},y=\frac{\sqrt{2}}{4},z=\sqrt{2}$

Bạn xem lại phần biến đổi đoạn đầu, hình như nhầm lẫn thì phải???

Mình dùng lượng giác bạn tham khảo nhé:

 

 đặt x=tana,y=tanb.

$\Rightarrow a,b>0$

 

$z=\frac{tana+tanb}{1-tanatanb}=tan(a+b)\Rightarrow a+b<\frac{\Pi }{2}$

Biến đổi

$A=\frac{10}{3}-3[sinb-\frac{1}{3}sin(2a+b)]^{2}-\frac{1}{3}cos^{2}(2a+b)$

$\leq \frac{10}{3}$

Hix, làm sao để đặt được như vậy hả bạn? Chả có liên quan ji hết á (

Gợi ý nhé :

$(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=3+(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})+(\frac{y}{z}+\frac{z}{y})+(\frac{x}{z}+\frac{z}{x})$

 

Ta phải  chứng minh: $3+(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})+(\frac{y}{z}+\frac{z}{y})+(\frac{x}{z}+\frac{z}{x})\leq 5+2(\frac{x}{z}+\frac{z}{x})$

 

Tiếp theo đó chứng minh: $\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\leq\frac{5}{2}$

 

Do đó ta sẽ có:$3+(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})+(\frac{y}{z}+\frac{z}{y})+(\frac{x}{z}+\frac{z}{x})\leq 5+2.\frac{5}{2}=10$

Bạn có thể ns rõ cách suy luận hay nhận xét để có cách làm như thế đk k?

cân hay vuông vậy bạn?????

Theo đề của mình thì là vuông bạn ạ

Cho $x,y,z\in \left [ 1;2 \right ]$. Tìm giá trị lớn nhất của $P= (x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$

Có thể tổng quát bài toán trên thành 

Cho các số thực dương $a_{1},a_{2},...,a_{n}\in \left [ a,b \right ]$

Khi đó ta có $\left ( a_{1}+a_{2}+...+a_{n} \right )\left ( \frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}} \right )\leq n^{2}+k.\frac{\left ( a-b \right )^{2}}{4ab}$

trong đó $k=n^{2} nếu n chẵn,k=n^{2}-1 nếu n lẻ$

Chứng minh tổng quát tn đk bạn?

Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu $\frac{tgB}{tgC}=\frac{sin^2B}{sin^2C}$ thì tam giác đó là tam giác vuông.

Tham khảo tại đây

Bạn ơi, trong hệ thức Ơle đó d là khoảng cách giữa tâm đt nội, ngoại tiếp mà. Còn d trong đề bài của mình là khoảng cách giữa trọng tâm G và tâm đt ngoại tiếp. Khác nhau mà

Cho a,b,c là các số dương sao cho a+b+c = abc. Chứng minh rằng: 

$\sum \sqrt{1+\frac{1}{a^{2}}}\geq 2\sqrt{3}$

bạn cũng có thể giải theo cách này

$(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ca}-1)\geq (\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+b)^{2}}-1)(\frac{4(a+b+c)^{2}}{(b+c)^{2}}-1)(\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+c)^{2}}-1)$

có $\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+b)^{2}}-1= (\frac{2(a+b+c)}{a+b}-1)(\frac{2(a+b+c)}{a+b}+1)=(\frac{a+b+2c}{a+b})(\frac{3a+3b+2c}{a+b})\geq \frac{2\sqrt{(a+c)(b+c)}}{(a+b)^{2}}4\sqrt[4]{(a+c)(b+c)(a+b)^{2}}= \frac{8\sqrt[4]{(a+c)^{3}(b+c)^{3}(a+b)^{2}}}{(a+b)^{2}}$

tương tự, sẽ thu được 2 biểu thức còn lại lớn hơn hoặc bằng $\frac{8\sqrt[4]{(a+b)^{3}(b+c)^{3}(a+c)^{2}}}{(a+c)^{2}}$; $\frac{8\sqrt[4]{(a+b)^{3}(a+c)^{3}(b+c)^{2}}}{(b+c)^{2}}$

suy ra VT lớn hơn hoặc bằng $\sqrt[3]{8^{3}\frac{(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}}{(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}}}=8$

Hì, cái này có vẻ hơi thiếu tự nhiên tí đoạn đầu bạn nhỉ? Nghĩ ra hướng này cx khá khó, bạn chỉ mình cách suy nghĩ đk k?

Cho a,b,c >0, a+b+c = 1. Chứng minh rằng:

$\sqrt[3]{(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ab}-1)}\geq 8$

 

MOD : Chú í tiêu đề

áp dụng bđt minkowski $\sqrt{1+\frac{1}{a^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{b^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{c^{2}}}\geq \sqrt{9+(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}}\geq \sqrt{9+\frac{3}{ab}+\frac{3}{bc}+\frac{3}{ca}}$

do a+b+c=abc, suy ra $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$

suy ra $\sqrt{9+\frac{3}{ab}+\frac{3}{bc}+\frac{3}{ca}}=\sqrt{9+3}=2\sqrt{3}$

Bạn cho mình dạng tổng quát và cách chứng minh bđt minkowski đk k?

Gọi R,r lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC, d là khoảng cách giữa trọng tâm G và tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó, chứng minh $d^{2}< R(R-2r)$

Với giá trị nào của m thì bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x: 

$6x^{2}+4x+5>\left | 2x^{2}+4mx+1 \right |$

Đây là hệ thức Ơ-le; $d^{2}=R(R-2r)$ chứ không phải nhỏ hơn.

Cho $\triangle ABC$; $(O)$ và $(I)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác. Khi đó $OI^2 = R^2 - 2Rr$
Kéo dài $BI$ cắt $(O)$ tại $M$, $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$, khi đó ta có:
$\triangle BDI \sim \triangle KCM$
$\Rightarrow \dfrac{BI}{KM} = \dfrac{DI}{MC} = \dfrac{ID}{MI}$
Mà $IB.IM = KD.KM=R^2 - OI^2$ nên ta có đpcm

Hix, có chắc là bằng không bạn. Đề bài của mình ghi là < (

$ax^{2}+bx+c>0,\forall x\epsilon \mathbb{R}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a>0\\\Delta <0 \end{matrix}\right.$

Còn th cả 2 nhân tử đều <0 thì không xét à bạn???