$\frac{2}{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$.a,b,c>0.Tìm min 

Đặt $P$ là biểu thức đã cho.

Viết $P$ lại thành:
$$P=\dfrac{2}{a+\sqrt{\dfrac{a}{2}.2b}+\sqrt[3]{\dfrac{a}{4}.b.4c}}-\dfrac{3}{\sqrt{a+b+c}}$$

Áp dụng AM-GM ta có :
$$P\geq \frac{2}{\frac{4}{3}(a+b+c)}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}=\frac{3}{2(a+b+c)}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$$
Đến đây ta đặt $\frac{1}{\sqrt{a+b+c}}=t$ với $t> 0$
$$\Rightarrow P\geq \frac{3}{2}t^2-3t=\frac{3}{2}(t-1)^2-\frac{3}{2}\geq -\frac{3}{2}$$
Vậy $\min P=-\frac{3}{2}$, đạt được khi và chỉ khi $a=4b=16c$

Nhận xét của nthoangcute đúng rồi, với tam giác $ABC$ nhọn ta có thể chứng minh bằng cách biến đổi về hàm $\tan $ của các góc như sau :
Đặt $a=\tan A, b=\tan B, c=\tan C$ với chú ý $a+b+c=abc$ và $a,b,c >0$.
Dễ thấy rằng $VP=2\left ( \cos^2 A+\cos^2 B+\cos^2 C \right )=2\left ( \sum \frac{1}{1+a^2} \right )=2\left ( \sum \frac{1}{\frac{abc}{a+b+c}+a^2} \right )$ $= \frac{bc}{(a+b)(a+c)}$
$VT=\sum \frac{\cos A}{\cos B\cos C}=\sum \frac{a}{b+c}$ (Áp dụng từ biến đổi vế phải)
Như vậy ta đưa bất đẳng thức về việc chứng minh :
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq 2\left ( \frac{ab}{(c+a)(c+b)} +\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}\right )$$
$$\Leftrightarrow \sum a(a+b)(a+c)\geq 2\sum ab(a+b)$$
$$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)\geq 0$$

Bất đẳng thức trên là bất đẳng thức Schur quen thuộc. Vậy ta có đpcm.

Giải :

$\left\{\begin{matrix}
\left ( x+y+xy+1 \right )\left ( x+y+2 \right )-6=0 & \\
x^2+y^2+2(x+y)-3=0&
\end{matrix}\right$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x^2+y^2+2(x+y)-3+4xy+xy(x+y)+x+y-1=0 & \\
x^2+y^2+2(x+y)-3=0 &
\end{matrix}\right$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x+y+xy(x+y)+4xy-1=0 & \\
(x+y)^2+2(x+y)-2xy-3=0 &
\end{matrix}\right.$
Đặt $x+y=a, xy=b$ ($a^2 \geq 4b$) ta có hệ tương đương với : $\left\{\begin{matrix}
a+ab+4b-1=0 & \\
a^2+2a-2b-3=0 &
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
b= \frac{a^2+2a-3}{2} & \\
a^3+6a^2+7a-14=0 &
\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a=1 & \\
b=0 &
\end{matrix}\right.$ (thỏa mãn)
Thay vào ta có nghiệm của hệ là $\left ( x,y \right )=\left \{ \left ( 0,1 \right );\left ( 1,0 \right ) \right \}$

Chứng minh rằng :
$$\sqrt[n]{sinA}+\sqrt[n]{sinB}+\sqrt[n]{sinC}\leq 3\sqrt[n]{\frac{3}{4}}$$

Không biết cách này đúng hay sai chỗ nào, mong moi người chỉ giáo giúp (trình độ có hạn)

Đặt $P$ là vết trái của bất đẳng thức cần phải chứng minh. Ta có :
$$P=\sqrt[n]{\sin A}+\sqrt[n]{\sin B}+\sqrt[n]{\sin C}$$
$$=\left ( \sin A \right )^{\frac{1}{n}}+\left ( \sin B \right )^{\frac{1}{n}}+\left ( \sin C \right )^{\frac{1}{n}}$$
Lấy logarit nê-pe của hai vế ta được :
$$\ln P=\frac{1}{n} \left ( \ln \left ( \sin A \right )+\ln \left ( \sin B \right )+\ln \left ( \sin C \right ) \right )$$
Xét hàm $f(x)=\ln \left ( \sin x \right )$ với $x\in \left ( 0;\pi \right )$, ta có :
$$f'(x)=\cot x\Rightarrow f''(x)=\frac{-1}{\sin^2 x}< 0$$, như vậy $f$ là hàm lõm với mọi $x\in \left ( 0;\pi \right )$.
Áp dụng bất đẳng thức Jensen :
$$\ln P \leq \frac {3}{n}\left ( \ln \left (\frac{ \sin A+\sin B+\sin C }{3}\right ) \right )$$
Mặt khác trong tam giác $ABC$ ta biết rằng $\sin A, \sin B, \sin C \geq 0$ và bổ đề quen thuộc $\sin A+\sin B+\sin C \leq 3\sqrt{\frac{3}{4}}$ nên suy ra được :
$$\frac {3}{n}\left ( \ln \left ( \frac{ \sin A+\sin B+\sin C }{3} \right ) \right ) \leq \frac{3}{n}\ln \sqrt{\frac{3}{4}}=3\ln \sqrt[n]{\frac{3}{4}}$$.
Như vậy ta suy ra được $P \leq 3\sqrt[n]{\frac{3}{4}}$
Chỉ thắc mắc là nếu $n <0$ thì không biết có tồn đọng cái gì không nhỉ.

Đặt $x=\ln a,y=\ln b,z=\ln c$, ta có $a=e^x,b=e^y,c=e^z$.
Từ giả thiết $abc=1$ ta suy ra $x+y+z=0$.
Viết bất đẳng thức cần chứng minh lại thành $\sum \left ( e^{3x}-e^{2x} \right )\geq 0$ hay $f(x)+f(y)+f(z) \geq 0$.
Xét hàm $h(t)=e^{3t}-e^{2t}-t$ với $t \in \mathbb{R}$.
Ta có : $h'(t)=3e^{t}-2e^{t}-1$, $h'(t)=0 \Leftrightarrow t=0$
Khảo sát hàm $h(t)$ ta được $\min h(t)=0$, đạt được tại $t=0$. Như vậy $e^{3t}-e^2{t} \geq t$, tương đương với $f(t) \geq t$.
Từ trên suy ra $f(x)+f(y)+f(z) \geq x+y+z=0$ (đpcm)

Mình xin trích nguyên văn lời giải của Michael Rozenberg đăng ở bên Mathlinks :

 

Let $a,b,c>0$. Prove that
\[\frac{a^3+b^3+c^3+3abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a+b+c)^2}{6(a^2+b^2+c^2)}\ge \frac{5}{4}\]

$\frac{a^3+b^3+c^3+3abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a+b+c)^2}{6(a^2+b^2+c^2)}\ge \frac{5}{4}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\frac{a^3+abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{3}{4}\geq\frac{1}{2}-\frac{(a+b+c)^2}{6(a^2+b^2+c^2)}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\frac{4a^3-3a^2b-3a^2c+2abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}\geq\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2}{6(a^2+b^2+c^2)}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\frac{4a^3-2a^2b-2a^2c-a^2b-a^2c+2abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}\geq\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2}{6(a^2+b^2+c^2)}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\sum_{cyc}(a-b)^2S_c$, where $S_c=\frac{2a+2b-c}{(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{1}{6(a^2+b^2+c^2)}$.
Let $a\geq b\geq c$.
Hence, $S_c\geq\frac{1}{(b+c)(a+c)}-\frac{1}{6(a^2+b^2+c^2)}\geq0$,
$S_b=\frac{2a+2c-b}{(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{1}{6(a^2+b^2+c^2)}\geq$
$\geq\frac{1}{(a+b)(b+c)}-\frac{1}{6(a^2+b^2+c^2)}\geq0$ and $(a-c)^2\geq(b-c)^2$.
Hence, $\sum_{cyc}S_c(a-b)^2\geq S_b(a-c)^2+S_a(b-c)^2\geq(b-c)^2(S_a+S_b)=$
$=(b-c)^2\left(\frac{2a+2c-b+2b+2c-a}{(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)}\right)\geq$
$\geq(b-c)^2\left(\frac{a+b+c}{(a+b)(a+c)(b+c)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)}\right)\geq0$. Done!

 

Bạn tham khảo thêm ở đây : http://forum.mathsco...ead.php?t=35750

Cho $a,b,c,d$ là độ dài $4$ cạnh của một tứ giác. Chứng minh rằng: $$\sqrt[3]{{\frac{{abc + abd + bcd + acd}}{4}}} \le \sqrt {\frac{{ab + ac + ad + bc + bd + cd}}{6}}$$
___
NLT

Một lời giải bằng cách áp dụng định lý $Rolle$
Ta chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp tổng quát hơn : $a,b,c,d \geq 0$
Nhận xét rằng luôn tồn tại một đa thức $f(x)$ sao cho $f(x)$ nhận $a,b,c,d$ làm nghiệm, ta có thể chọn :
$$f(x)=\left ( x-a \right )\left ( x-b \right )\left ( x-c \right )\left ( x-d \right )$$
$$=x^4-(a+b+c+d)x^3+\left ( \sum_{sym}ab \right )x^2-\left ( \sum abc \right )+abcd$$
Theo định lý $Rolle$ thì phương trình $f'(x)=0$ sẽ có ba nghiệm, tức là tồn tại $m,n,p$ sao cho
$$f'(x)=\left ( x-m \right )\left ( x-n \right )\left ( x-p \right )$$
$$=x^3-(m+n+p)x^2+(mn+np+pm)x+mnp$$
Mặt khác từ $f(x)$ ta xác định được:
$$f'(x)=4x^3-3(a+b+c+d)x^2+2(ab+bc+cd+da+db+ca)x-(abc+bcd+cda+adb)$$
Đồng nhất hệ số thu được :
$$m+n+p=\frac{3}{4}\left ( a+b+c+d \right )$$
$$mn+np+pm=\frac{1}{2}\left ( ab+bc+cd+da+db+ca \right )$$
$$mnp=\frac{1}{4}\left ( abc+bcd+cda+adb \right )$$
Theo $AM-GM$ lại có : $mn+np+pm \geq 3\sqrt[3]{(mnp)^2}$ nên thay vào trên ta suy ra :
$$\sqrt[3]{\left ( \frac{abc+bcd+cad+abd}{4} \right )^2}\leq \frac{ab+bc+cd+da+bd+ac}{6}$$
hay
$$\sqrt[3]{\frac{abc+bcd+cda+abd}{4}} \leq \sqrt{\frac{ab+bc+cd+da+bd+ac}{6}}$$ (đpcm)

Thi cử thì dựa vào thực lực là chính, ai lại cay cú chuyện bạn mình làm bài hơn mình, làm không tốt lỗi lớn thuộc về chính bản thân. Vả lại em nghĩ mà xem, bạn em làm được theo cái kiểu phao cứu sinh đó có gì là hay ho , đáng để tự hào. Theo anh thì chuyện này cũng chẳng cần nói lên ban giám hiệu làm gì vì chắc là họ cũng rõ chuyện hơn ai hết. Năm sau cố gắng phục thù là ok.

Đáp án nó thế này

 

 

Đáp án này sai mất rồi.

Ta có $a^2+ab-a+5 \ge ab+a+4 \ge 2a\sqrt{b}+4.$

Đặt $a\sqrt{b}=x$, $b\sqrt{c}=y$, $c\sqrt{a}=z$. $xyz=1$, ta được bài toán quen thuộc:

$P^2\le(\dfrac{1}{\sqrt{2x+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{2y+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{2x+4}})^2 \le \dfrac{3}{2x+4}+\dfrac{3}{2y+4}+\dfrac{3}{2z+4}$

Ta sẽ chứng minh:$\dfrac{3}{2x+4}+\dfrac{3}{2y+4}+\dfrac{3}{2z+4} \le \dfrac{3}{2}$

Quy đồng rồi thu gọn, BĐT tương đương:

                                         $xy+yz+zx \ge 3$ 

 

Luôn đúng do $xy+yz+zx\ge 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3$.

Vậy $P_{max} = \sqrt{\dfrac{3}{2}}$ khi $a=b=c=1$

 

Lúc sáng làm bài mình cũng theo cách này, nhưng mà bạn chú ý ở chỗ $\sqrt{b^2+bc-c+5}$ chứ không phải $\sqrt{b^2+bc-b+5}$.

Mà như vậy thì bài toán khác đi rất nhiều.

Cho $x,y,z \rightarrow +\infty$ thì bất đẳng thức này sai. Chắc là phải có thêm điều kiện gì đó, chẳng hạn như $x+y+z=3$

Bạn tham khảo lời giải bài toán này tại đây :
http://www.toanphoth...read.php?t=9936

$\blacksquare$ Cho $f \left(x \right)$ là hàm số xác định và liên tục tai mọi $x \neq 0$, lấy giá trị không âm thỏa mãn điều kiện :

 

$f\left ( x \right ) \leq k \int_0^{x}f\left(t \right)dt$ $\forall x \geq 0$.Trong đó $k$ là một hằng số dương.

 

Chứng minh rằng : $f \left(x \right)=0$ $\forall x \geq 0$

Nhìn vào giả thiết bài toán ta nghĩ ngay đến việc lượng giác hóa nhờ sự tương đồng giữa hai biểu thức $y=\frac {x+z}{1-xz}$ và $\tan \left ( \alpha +\beta \right )=\frac{\tan \alpha +\tan \beta }{1-\tan \alpha .\tan \beta }$.
Như vậy nếu đặt $x=\tan A, z=\tan B$ với $A,B\in \left ( 0;\frac{\pi }{2} \right )$ và $A+B < \frac{\pi }{2}$ dẫn đến $y=\tan (A+B)$, thay vào biểu thức $P$ và viết nó lại thành :
$$P= 2\cos^2 A-2\cos^2 (A+B)-4\sin B+3\sin B\cos^2 B$$
$$=2\sin (2A+B).\sin B+3\sin^3 B-\sin B$$
Đến đây mình chưa hình dung được hướng tiếp theo của bài toán này, ai có thể giúp mình tiếp tục giải quyết được không?

Cho tam giác ABC.tìm max

P=-( $\sqrt{3} $cos2A+2cos2B+2 . $\sqrt{3}$ cos2C)

 

Đề đúng thế này phải không bạn :

Cho tam giác $ABC$ . Tìm $\max$ :

$$P=\sqrt[3]{\cos 2A}+\sqrt[3]{\cos 2B}+\sqrt[3]{\cos 2C}$$

Cho $a,b,c$ là ba số thưc dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

$$P=\frac{1}{\sqrt{a^2+ab-a+5}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+bc-c+5}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+ca-c+5}}$$

 

Đề thi thử Đại Học lần I năm 2013 của trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An

(Nguyên văn câu này là như vậy, mình thấy đề hơi lạ )

Cho ba số $x,y,z>0$ và $x+y+z=xyz$. Chứng minh rằng:

                           $\left ( x-1 \right )\left ( y-1 \right )\left ( z-1 \right )\leq 6\sqrt{3}-10$

 

Một bất đẳng thức có trong quyển "Old and new inequalities". Mình xin trích dẫn lại lời giải :

 

Từ giải thiết dễ dàng suy ra được rằng có nhiều nhất một trong ba số nhỏ hơnn $1$. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $x \geq 1$, $y geq 1$. Như vậy $xy \geq 1$ và từ điều kiện đã cho ta có được : $=\frac{x+y}{xy-1}$

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

$$2xyz-(xy+yz+zx) \leq 6\sqrt{3}-9$$

Thế $z$ vào và biến đổi :

$$(xy-x-y)^2+(6\sqrt{3}-10)xy \leq 6\sqrt{3}-9$$

Bây giờ ta đặt $x+1=a$, $y+1=b$ thì bất đẳng thức trên trở thành :

$$a^2b^2+( 6\sqrt{3}-10)(a+b+ab)-2ab \geq 0$$

Nhưng $a+b\geq 2\sqrt{ab}$ và $6\sqrt{3}-10 \geq 0$ nên ta chỉ cần chứng minh :

$$a^2b^2+(6\sqrt{3}-10)(ab+2\sqrt{ab})-2ab \geq 0$$

Đặt $\sqrt{ab}=t \geq 0$, viết lai bất đẳng thức trên thành :

$$t^4+(6\sqrt{3}-12)t^2+2(6\sqrt{3}-10)t \geq 0$$

Hay

$$t^3+(6\sqrt{3}-12)t+2(6\sqrt{3}-10) \geq 0$$

$$\Leftrightarrow(t-\sqrt{3}+1)^2(t+2\sqrt{3}-2) \geq 0$$

Bất đẳng thức trên luôn đúng với mọi $t \geq 0$.

Vậy ta có $đpcm$

Cho a,b,c dương $abc=1  ;1 \le  c \le 10$ tìm max của biểu thức

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}$

 

Đặt : $\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}$

 

Do $abc=1$ và $1 \leq c \leq 10$ nên $ab \leq 1$

 

Bổ đề : Với mọi $ab \leq 1$ ta luôn có : 

$$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1} \leq \frac{2}{1+\sqrt{ab}}$$

Áp dụng bổ đề trên vào bài toán ta có :

$$P \leq \frac{2\sqrt{c}}{1+\sqrt{c}}+\frac{1}{c+1}= f \left( c \right)$$

Đến đây ta khảo sát hàm $f \left( c \right)$ trên $\left [1;10 \right]$.

$$f' \left( c \right)=\frac{1}{\sqrt{c}+2c+c\sqrt{c}}-\frac{1}{c^2+2c+1}$$

Mặt khác do $\sqrt{c}+2c+c\sqrt{c}-c^2-2c-1=\left ( c\sqrt{c}-1 \right )\left ( 1-\sqrt{c} \right )\leq 0$ $\forall c \in \left [ 1;10 \right ]$ nên $f \left( c \right)$  là hàm đồng biến.

Như vậy ta suy ra được : $f \left( c \right) \leq f \left( 10 \right)=\dfrac{20-2\sqrt{10}}{9}+\dfrac{1}{11}$

Vậy $P_{\max}=\dfrac{20-2\sqrt{10}}{9}+\dfrac{1}{11}$

$\sqrt[3]{2x+1}+\sqrt[3]{2x+2} +\sqrt[3]{2x+3}=0$

 

Xét hàm $f(x)=\sqrt[3]{2x+1}+\sqrt[3]{2x+2} +\sqrt[3]{2x+3}$

Ta có :

$$f'(x)=\frac{2}{3}\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{\left ( 2x+1 \right )^2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{\left ( 2x+2 \right )^2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{\left ( 2x+3 \right )^2}} \right )> 0$$

Như vậy $f(x)$ là hàm đồng biến.

Mặt khác phương trình $f(x)=0$ có một nghiệm là $x=-1$ nên $x=-1$ là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Bài này mình có đưa lên Mathlinks và đã có người giải :

Let $x$, $y$, $z$ be non-negative numbers such that $x^2+8y^2+9z^2 \leq 4xyz$. Find min :
\[P=\frac{4x+2y^2+z^3}{\sqrt{6(36y-11\sqrt{2z})}-11x}\]

Solution

We have \[(x-3z)^2+8y^2+6xz\le 4xyz\Rightarrow 0< 8y^2 \le 2xz(2y-3)-(x-3z)^2 \le 2xz(2y-3)\Rightarrow y>\frac{3}{2}\]

On the other hand $4xy \ge \frac{x^2}{y}+4y+\frac{9z^2}{y}+4y\ge 8\sqrt{3xz}\Rightarrow xz\ge 12$

We have: \[VT=\frac{4x+2y^2+z^3+8+8-16}{\sqrt{216y-11(3\sqrt{2z}+3\sqrt{2z}+x)}}\ge \frac{4x+12z+2y^2-16}{\sqrt{216y-33\sqrt[3]{18xz}}}\ge \frac{2y^2+32}{\sqrt{216y-198}}\]

\[F(y)=\frac{2y^2+32}{\sqrt{216y-198}}; (y>\frac{3}{2})\]

We have $F'(y)=0 \iff y=3$

$\Rightarrow Min P=\frac{5\sqrt{2}}{3}$

Equality occurs for $x=6;y=3;z=2$ .

 

 

a) Đặt $f\left ( x \right )=x^n$, ta có :

$$\lim_{x \to a}\frac{x^n - a^n}{x - a}=\lim_{x \to a}\frac{f\left ( x \right )-\left ( a \right )}{x-a}=f'\left ( a \right )=na^{n-1}$$

 

b) Ta có :

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

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

$$=\lim_{x \to 1}\frac{\left ( x^{n-1}-1 \right )+\left ( x^{n-2}-1 \right )+...+\left ( x-1 \right )}{x-1}=\sum_{i=1}^{n-1}=\lim_{x \to 1}\frac{x^i-1}{x-1}=f_{i}'(1)$$

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

c) Ta có :

$$\lim_{x \to 1}\frac{x-1+x^2-1+...x^n-1}{x-1}=\sum_{i=1}^{n}\lim_{x \to 1}\frac{x^i-1}{x-1}=\sum_{i=1}^{n}f_{i}'(1)=\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}$$

 

d)Ta có :

$$\lim_{x \to a}\frac{(x^n - a^n) - na^{n-1}(x-a)}{(x-a)^2}=\lim_{x \to a}\frac{\left ( x^{n-1}-a^{n-1} \right )+\left ( ax^{n-2}-a^{n-1} \right )+...+\left ( a^{n-1}-a^{n-1} \right )}{x-a}$$

$$=\sum_{i=0}^{n-1}\lim_{x \to a}\frac{a^{i}x^{n-i-1}-a^{n-1}}{x-a}$$

Đặt $f_i\left ( x \right )=a^{i}x^{n-i-1}$, $i=1,2,..,n-1$, như vậy ta được :

$$\sum_{i=0}^{n-1}\lim_{x \to a}\frac{a^{i}x^{n-i-1}-a^{n-1}}{x-a}=f_{i}'(a)=\sum_{i=0}^{n-1}a^i\left ( n-i-1 \right )a^{n-i-2}=a^{n-1}\sum_{i=0}^{n-1}\left ( n-i-1 \right )=\frac{n(n-1)}{2}a^{n-1}$$

 

Chỗ lấy tổng chỉ là mình tách thành các giới hạn riêng lẻ tiện cho việc tính toán thôi. Còn một cách khác là minh khử cái mẫu thức đi bằng đẳng thức :

$$a^n-b^n=\left ( a-b \right )\left ( a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1} \right )$$

Cho $a \geq b \geq c >0$ và $abc=1$

Tìm Min của $P=\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{2}{(1+b)^2}+\frac{3}{(1+c)^2}$

 

Làm thế này không biết có sai sót chỗ nào không.

Từ giả thiết $a \geq b \geq c$ suy ra : $\frac{1}{\left ( a+1 \right )^2} \leq \frac{1}{\left ( b+1 \right )^2} \leq \frac{1}{\left ( c+1 \right )^2}$.

 

Như vậy ta thu được $\left (1;2;3  \right )$ và $\left (\frac{1}{\left ( a+1 \right )^2} ; \frac{1}{\left ( b+1 \right )^2} ;\frac{1}{\left ( c+1 \right )^2}\right )$ là hai bộ đơn điệu cùng chiều.

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev :

$$P \geq \frac{1}{3}\left ( 1+2+3 \right )\left ( \sum \frac{1}{\left ( a+1 \right )^2} \right )=2\left ( \sum \frac{1}{\left ( a+1 \right )^2} \right )$$

Do $abc=1$ và $a,b,c >0$ nên tồn tại các số thực dương $x,y,z$ sao cho $a=\frac{xy}{z^2}$, $b=\frac{zx}{y^2}$, $c=\frac{yz}{x^2}$

 

Thay vào bất đẳng thức vừa thu được ở trên :

$$P \geq 2\left [ \frac{x^4}{\left ( yz+x^2 \right )^2}+\frac{y^4}{\left ( zx+y^2 \right )^2} +\frac{z^4}{\left ( xy+z^2 \right )^2}  \right ]$$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :

$$\sum \frac{x^4}{\left ( yz+x^2 \right )^2} \geq \frac{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}$$

Sử dụng đánh giá cơ bản : $xy+yz+zx \leq \frac{(x+y+z)^2}{3}$ ta suy ra :

$$\frac{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2} \geq \frac{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+\frac{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2}{3}}=\frac{3}{4}$$

Hay $P \geq 2.\frac{3}{4}=\frac{3}{2}$

 

Vậy $P_{\min}=\frac{3}{2}$. Đạt được khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Bài này là đề romania 2008. Lời giải của nó như sau :

Cho $a=b=2$ và $c=0$, bộ số này thỏa mãn giả thiết đã cho, thay vào ta thu được $k \leq 1$. Ta chứng minh $k=1$ là giá trị lớn nhất của $k$.
Bất đẳng thức được viết lại như sau :
$$\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-1 \right )\geq 1$$
$$\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}\geq a+b+c+1$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{a(b+c)+bc}{a+b+c}\geq a+b+c+1$$
$$a+b+c+\sum \frac{bc}{b+c}\geq a+b+c+1$$
$$\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}+\frac{ab}{a+b}\geq 1$$
Dễ thấy $\sum \frac{bc}{b+c}\geq \sum \frac{bc}{a+b+c}=\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}=1$ nên ta suy ra được đpcm.