Bài 6: Tính tích phân: $${I_6} = \int {\frac{{dx}}{{4\cos x + 3\sin x + 5}}} $$
đặt $tan\frac{x}2{} = u$, ta có $sin x = \frac{2u}{1 + u^{2}}$

và $cos x = \frac{1-u^{2}}{1 + u^{2}}$; $dx = \frac{2}{1+u^{2}}$

sau khi biến đổi, ta có $\int \frac{2}{u^{2} + 6u +9} du$

bằng $-\frac{2}{u +3} + C$

= $-\frac{2}{tan \frac{x}{2}+ 3} + C$

đặt x =$cos \theta$

nguyên hàm tương đương $\int \frac{1-x}{\sqrt{1-x^{2}}} dx$
sau khi biến đổi bạbạn có $\int \frac{1-cos \theta }{sin \theta }. -sin\theta d\theta$
bằng $\int cos\theta -1 d\theta$
sau đấy bạn đổi từ $\theta$ qua giá trị của x là ra

tương đương với $\frac{1}{bc} + \frac{1}{ca} + \frac{1}{ab} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 6$
có $\frac{1}{ a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} \geq \frac{2}{ab}$
và  $\frac{1}{a^{2}} + 1 \geq \frac{2}{a}$
tương tự bạn cũng sẽ có $\frac{2}{b}; \frac{2}{c}; \frac{2}{bc}; \frac{2}{ab}$
cộng các vế vào sẽsẽ ra điều phải chứng minh

tương đương với $\frac{1}{bc} + \frac{1}{ca} + \frac{1}{ab} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 6$
có $\frac{1}{ a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} \geq \frac{2}{ab}$
và  $\frac{1}{a^{2}} + 1 \geq \frac{2}{a}$
tương tự bạn cũng sẽ có $\frac{2}{b}; \frac{2}{c}; \frac{2}{bc}; \frac{2}{ab}$
cộng các vế vào sẽsẽ ra điều phải chứng minh

Bài này có thể giải như sau: 
Có $\frac{\sqrt{b^{2}+ 2a^{2}}}{ab}= \frac{\sqrt{b^{2}+ a^{2}+ a^{2}}}{ab}\geq \frac{\sqrt{\left ( b+a +a \right )}^{2}}{\sqrt{3}ab} = \frac{b + 2a}{\sqrt{3}ab} = \frac{1}{\sqrt{3}a} + \frac{1}{\sqrt{3}b} + \frac{1}{\sqrt{3}b}$ ( Sử dụng BDT $b^{2} + a^{2} + a^{2} \geq \frac{\left ( b + a +a \right )^{2}}{3}$
Tương tự , bạn sẽ thu được$\frac{\sqrt{c^{2} +2b^{2}}}{bc} \geq \frac{1}{\sqrt{3}b} +\frac{1}{\sqrt{3}c} + \frac{1}{\sqrt{3}c}$$\frac{\sqrt{a^{2} + 2c^{2}}}{ac} \geq \frac{1}{\sqrt{3}c} + \frac{1}{\sqrt{3}a} + \frac{1}{\sqrt{3}a}$
Do ab+bc+ca = abc, nên $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1$
Công 2 vế của bất đẳng thức, có vế trái sẽ lớn hơn hoặc bằng $\frac{1}{\sqrt{3}}\left ( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right ).3$ = $\frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ (đpcm)
 

Mình có bài này mong các bạn giải giùm:

Cho x; y; z>0. Chứng minh rằng:

$\frac{x^{3}}{y^{3}}+\frac{y^{3}}{z^{3}}+\frac{z^{3}}{x^{3}}\geq \frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{z^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}}$

Mình đang học lớp 8.

Thanks.

Bài này có thể giải như sau
$\frac{x^{3}}{y^{3}} + \frac{x^{3}}{y^{3}} + 1 \geq 3.\frac{x^{2}}{y^{2}}$$\frac{y^{3}}{z^{3}} + \frac{y^{3}}{z^{3}} + 1 \geq 3. \frac{y^{2}}{z^{2}}$$\frac{z^{3}}{x^{3}} + \frac{z^{3}}{x^{3}} + 1 \geq 3.\frac{z^{2}}{x^{2}}$
Nên có $2. \left ( \frac{x^{^{3}}}{y^{3}} + \frac{y^{3}}{z^{3}} + \frac{z^{3}}{x^{3}}\right ) \geq 3.\left ( \frac{x^{2}}{y^{2}} + \frac{y^{2}}{z^{2}} + \frac{z^{2}}{x^{2}}\right ) - 3$
có $3\leq \frac{x^{3}}{y^{3}} + \frac{y^{3}}{z^{3}} + \frac{z^{3}}{x^{3}}$
nên sẽ có $3. \left ( \frac{x^{3}}{y^{3}} + \frac{y^{3}}{z^{3}} + \frac{z^{3}}{x^{3}} \right ) \geq 3.\left ( \frac{x^{2}}{y^{2}} + \frac{y^{2}}{z^{2}} + \frac{z^{2}}{x^{2}}\right )$, từ đó suy ra đpcm

có$\sum \frac{a^{2}+b}{b+c} = \sum \frac{a^{2}+b}{1-a}$
$\sum \frac{a^{2}}{b+c} \geq \frac{1}{2}$
và $\sum \frac{b}{1-a} = \sum \frac{b^{2}}{b-ab}$
do$\sum ab \leq \frac{1}{3}$
nên $\sum \frac{b^{2}}{b-ab} \geq \frac{3}{2}$
cộng 2 vế vào , có đpcm

đề bài có vấn đề bạn ạ

có $\sum \frac{1}{x^{3}(y+z)} = \sum \frac{yz}{x^{2}(y+z)}$; và  $\frac{yz}{x^{2}(y+z)} + \frac{y+z}{4yz} \geq \frac{1}{x}$
tương đương với $\frac{yz}{x^{2}(y+z)} + \frac{1}{4y} + \frac{1}{4z} \geq \frac{1}{x}$
tương tự, ta thu được : $\sum \frac{yz}{x^{2}(y+z)} \geq \frac{1}{2}(\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq \frac{3}{2}$
dấu "=" khi x=y=z=1

nói rõ hơn đc ko

nguyên hàm có dạng ($\frac{0}{0}$
Áp dụng quy tắc l'hospital , thu được $\lim \frac{(x^{x})'}{\ln x +1}$
có $\left ( x^{x} \right )'= e^{x\ln x}. (\ln x +1)$
Nên được kết qủa bằng 1

có $\frac{bc}{a^{3}(c+2b)} + \frac{c+2b}{9abc}\geq \frac{2}{3a^{2}}$
$\frac{ca}{b^{3}(a+2c)} + \frac{a+2c}{9abc}\geq \frac{2}{3b^{2}}$
$\frac{ab}{c^{3}(b+2a)} + \frac{b+2a}{9abc} \geq \frac{2}{3c^{2}}$
cộng 3 bẩt đẳng thức, có $\sum \frac{bc}{a^{3}(c+2b)} + \sum \frac{c+2b}{9abc} \geq \sum \frac{2}{3a^{2}}$$\sum \frac{bc}{a^{3}(c+2b)} + \sum \frac{c+2b}{9abc} \geq \sum \frac{2}{3a^{2}} \geq \frac{2}{3} (\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+ \frac{1}{ca})$
tương đường với $\sum \frac{bc}{a^{3}(c+2b)} \geq \frac{1}{3}(\sum \frac{1}{ab})$ = 1
 

$\lim_{x\rightarrow - \infty }(\sqrt{x^2+2x}-x)=\lim_{x\rightarrow - \infty }\frac{2x}{\sqrt{x^2+2x}+x}=\lim_{x\rightarrow - \infty }\frac{-2}{\sqrt{1+\frac{2}{x}}-1}=+  \infty $

phải là dương vô hạn chứ bạn

có $x^{4} + y^{4} +y^{4} +y^{4} \geq 4xy^{3 }$
$y^{4} + x^{4} +x^{4} +x^{4} \geq 4 yx^{3}$
cộng 2 vé, suy ra $x^{4} +y^{4} \geq x^{3}y +y^{3}x$
suy ra $2(x^{4}+y^{4}) \geq \left ( x^{3} +y^{3}\right )(x+y)$
tương đương với $\frac{x^{4}+y^{4}}{x^{3}+y^{3}} \geq \frac{x+y}{2}$
chứng minh tương tư, suy ra Min bằng $x+y+z =3$

Dùng l'hospital, có $\lim \frac{e^{x}-e^{-x}}{sinx} = \lim \frac{e^{x}+e^{-x}}{cosx} =2$

mấy cái sau cũng tương tự bạn ạ

thế này nhé $f(n) = \frac{5}{2^{n+3}} + \frac{(-1^{n})3}{2^{n+3}}$
có$\frac{5}{2^{n+3}}= \frac{1}{8}.5.\frac{1}{2^{n}}$có
do $\frac{1}{2^{n}}$ hội tụ, nên tổng bằng $\frac{5}{8}$

$\frac{-1^{n}.3}{2^{n+3}}$ hội tụ vì $\lim \frac{3}{2^{n+3}} = 0$
$\frac{(-1^{n}).3}{2^{n+3}}= \frac{3}{8}. (\frac{-1}{2})^{n}= \frac{-1}{8}$
cộng 2 vế vào ra được hội tụ ($\frac{1}{2}$

có dạng tổng quát: $\frac{k}{(k-2)!+(k-1)!+k!}= $\frac{k}{(k-2)!(1+k-1+k(k-1)}$=\frac{k}{(k-2)!(1+k-1+k(k-1)} = \frac{k}{(k-2)!k^{2}}= \frac{1}{(k-2)!k}= \frac{k-1}{k!}=\frac{1}{(k-1)!} - \frac{1}{k!}

tổng bằng \frac{1}{2!} - \frac{1}{2010!}

bạn có nhìn được không?

thế này hả bạn

đúng rồi đấy

đặt $\frac{xy}{z} =a$;$\frac{yz}{x}=b$;$\frac{zx}{y}=c$
tương đương với $ab+bc+ca = 3$
có $(a+b+c)^{2} \geq 3(ab+bc+ca)=9$
suy ra $(a+b+c) \geq 3$
suy ra $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y} \geq 3$ đpcm

Đặt: $\frac{xy}{z}=a;\frac{yz}x=b;\frac{zx}{y}=c \left ( a,b,c>0 \right )$

$\Leftrightarrow ab+bc+ac=3$

Theo hằng đẳng thức:$a^2+b^2+c^2\geqslant 2(ab+bc+ca)$

$\Leftrightarrow (a+b+c)^2\geqslant 3(ab+bc+ca)=3\times 3=9$

$\Rightarrow a+b+c\geqslant 3$

$\Rightarrow \frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}\geqslant 3$(ĐPCM)

$a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq ab+bc+ca$ chứ bạn

có $\frac{1}{a^{4}}= \frac{a^{2}}{a^{6}}$
$\frac{a^{2}}{a^{6}}+ \frac{1}{b^{4}} \geq \frac{(a+1)^{2}}{a^{6}+b^{4}}\geq \frac{4a}{a^{6}+b^{4}}$
tương tự, suy ra $2\sum \frac{1}{a^{4}} \geq 4\sum \frac{a}{a^{6}+b^{4}}$ (dpcm)

có $\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} \geq \frac{2}{b\sqrt{ac}} \geq \frac{4}{b^{2}+ac}$
tương tự, suy ra $\sum \frac{1}{ab} \geq \sum \frac{2}{a^{2}+bc}$ đpcm

hình như không có dấu "="

Ta có : $3\sqrt[3]{abc}\leq \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\leq \frac{1}{3}\left ( \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right )^2\leq a+b+c$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwars 

$\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\geq \frac{9}{3+a+b+c}\geq \frac{9}{3+3\sqrt[3]{abc}}=\frac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}$

ngược dấu rồi bạn

bài 2 : đặt u = $x^{2}-x+1$
du = $(2x-1) dx$
suy ra $x^{2}-x= u-1$
nguyên hàm tương đương: $\int \frac{u-1}{\sqrt{u}}du= \int \sqrt{u} - \frac{1}{\sqrt{u}} du= \frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}} - 2\sqrt{u}= \frac{2}{3} (x^{2}-x+1)^{\frac{3}{2}} - 2\sqrt{x^{2}-x+1}$