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 $-\frac{2}{u +3} + C$

= $-\frac{2}{tan \frac{x}{2}+ 3} + C$

Ta có: $x_{n+1}=\frac{x_{n}}{2\left ( 2n+1 \right )x_{n}+1}$

      suy ra: $\frac{1}{x_{n+1}}=2\left ( 2n+1 \right )+\frac{1}{x_{n}}$

     hay: $\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_{n}}=2\left ( 2n+1 \right )$

  Do đó: $\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{x_{n-1}}=2\left ( 2(n-1)+1 \right )$

...........................................................................................................

              $\frac{1}{x_{2}}-\frac{1}{x_{1}}=2\left ( 2.1+1 \right )$

  Cộng các đẳng thức trên vế theo vế ta được:

        $x_{n+1}=\frac{2}{4\left ( n+1 \right )^{2}-1}$

  suy ra: $x_{n}=\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$

  suy ra: $\sum_{i=1}^{n}x_{i}=1-\frac{1}{2n+1}$

 suy ra lim=1

nếu làm theo cách của bạn thì $x_{1}=\frac{2}{3}$ chứ không phải $\frac{3}{2}$

đặt $\frac{x}{y}=a; \frac{y}{z}=b;\frac{z}{x}=c$; abc=1

T=$\sum \frac{1}{(a^{4}+1)(b+c)^{3}}$

có

$\frac{1}{(a^{4}+1)(b+c)^{3}}\leq \frac{1}{\frac{(a^{2}+1)^{2}}{2}(b+c)^{3}}\leq \frac{1}{\frac{(a+1)^{4}}{8}(b+c)^{3}}=\frac{8}{(a+1)^{4}(b+c)^{3}}{}\leq \frac{8}{16a^{2}4bc(b^{2}+c^{2})}=\frac{1}{8a(b^{2}+c^{2})}\leq \frac{1}{16}$

suy ra Max=$\frac{3}{16}$

BĐT này sai rồi bạn ạ....$(b+c)^{3} \geq bc(b^{2}+c^{2})$ 

$(b+c)^{3}\geq 4bc(b^{2}+c^{2})$ 

Có: $tan2x+cotx=\frac{cosx}{cos2xsinx}$

$\Rightarrow sin2x(tan2x+cotx)=2sinxcosx\frac{cosx}{cos2xsinx}=\frac{2cos^{2}x}{cos2x}$ (do $sin2x=2sinxcosx$)
 

Lại có: 
$\sin 2x(\cot x + \tan 2x) = 4\cos^2x$

$\Leftrightarrow \frac{2cos^{2}x}{cos2x}=4cos^{2}x\Leftrightarrow 2cos^{2}x(\frac{1}{cos2x}-2)=0$

Mà $cosx\neq 0\Rightarrow \frac{1}{cos2x}=2\Rightarrow cos2x=\frac{1}{2}\Rightarrow x=30$

 

 

 

Đặt $\left\{\begin{matrix}a=\sqrt{2x+y}\geq 0 & & \\ b=\sqrt{5x+8}\geq 0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}\sqrt{a^{2}+b^{2}-8}-a=4 & & \\ 2a-b=2 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a^{2}+b^{2}-8=16+8a+a^{2} & & \\ 8a=4a+8 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2a=b+2 & & \\ b^{2}-4b-32=0 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \begin{bmatrix}b=8\Rightarrow a=5 & & \\ b=-4\Rightarrow a=-1 & & \end{bmatrix}$

cosx=0 khi x= $\frac{\pi }{2}+k\pi$

sao không ai giải thế

để mình mở hàng

bài 7

bđt tương đương: $\frac{1}{(1+x)^{3}}+\frac{1}{(1+\frac{y}{2})^{3}}+\frac{1}{(1+\frac{z}{4})^{3}}$
đặt $\frac{x}{1}=a; \frac{y}{2}=b;\frac{z}{4}=c$, có $abc=1$

có $\frac{1}{(1+a)^{3}}+\frac{1}{(1+a)^{3}}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2}\frac{1}{(a+1)^{2}}$

tương tư, suy ra $2\sum \frac{1}{(a+1)^{3}}+\frac{3}{8}\geq \frac{3}{2}\sum \frac{1}{(a+1)^{2}}$
giờ sẽ CM $\frac{1}{(a+1)^{2}}+\frac{1}{(b+1)^{2}}+\frac{1}{(c+1)^{2}}\geq \frac{3}{4}$
có $\frac{1}{(a+1)^{2}}+\frac{1}{(b+1)^{2}} \geq \frac{1}{1+ab}$ ( $ab(a-b)^{2}+(ab-1)^{2}\geq 0$)

suy ra VT lớn hơn or bằng $\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{(1+c)^{2}}=\frac{c}{c+1}+\frac{1}{(1+c)^{2}}=\frac{c^{2}+c+1}{(c+1)^{2}}$
giả sử $c\geq a;b$, suy ra $c^{3}\geq 1$, suy ra $c\geq 1$

xét đạo hàm của $\frac{c^{2}+c+1}{(c+1)^{2}}$= $\frac{(c^{2}-1)}{(c+1)^{4}}\geq 0$

suy ra hàm số đồng biến, và do $c\geq 1$ nên $f(c)\geq f(1)= \frac{3}{4}$

suy ra 

$2(\frac{1}{(1+a)^{3}}+ \frac{1}{(1+b)^{3}}+\frac{1}{(1+c)^{3}})\geq \frac{9}{8}-\frac{3}{8}=\frac{3}{4}$

suy ra Min= $\frac{3}{8}$ khi x=1; y=2; z=4

$(\sum_{k=1}^{n}a_{k})^{2}=(\sum_{k=1}^{n}a_{k}\frac{\sqrt{x_{k}}}{\sqrt{x_{k}}})^{2}\leq (\sum_{k=1}^{n}x_{k})(\sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}^{2}}{x_{k}})$

thay k=2 có đpcm

bài 5:

có $u_{n+1}-u_{n}= \frac{u_{n}^{2}+2013u_{n}-2014u_{n}}{2014}= \frac{u_{n}^{2}-u_{n}}{2014}= \frac{u_{n}(u_{n}-1)}{2014} > 0$ (do $u_{n}\geq u_{1}=2> 1$
suy ra $u_{n+1}-u_{n}> 0$, suy ra là dãy tăng
b. đề bài tương đương với : $2014u_{n+1}= u_{n}^{2}+ 2013u_{n}$
$2014(u_{n+1}-1)= (u_{n}-1)(u_{n}+2014)$
$\frac{u_{n}+2014}{u_{n+1}-1}= 2014\frac{1}{u_{n}-1}$
$\frac{u_{n}}{u_{n+1}-1}= 2014(\frac{1}{u_{n}-1}- \frac{1}{u_{n+1}-1})$
suy ra$v_{1}+v_{2}+v_{3}+...+u_{n}= 2014(\frac{1}{u_{1}-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})=2014- \frac{2014}{u_{n+1}-1}< 2014$ đpcm

bạn làm rõ đoạn tô đỏ cái

$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{abc}= \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{3abc}+\frac{2}{3abc}= \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+ \frac{(a+b+c)^{2}}{3abc}+ \frac{2a+2b+2c}{3abc}= \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+ \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3abc}+ \frac{2ab+2bc+2ca}{3abc}+ \frac{2}{abc}= \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+ \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3abc}+ \frac{2}{3a}+ \frac{2}{3b}+\frac{2}{3c}+ \frac{2}{3abc}\geq \frac{2}{\sqrt{3abc}}+ \frac{18}{3a+3b+3c}+ \frac{18}{(a+b+c)^{3}}\geq 6+6+18=30$
đủ rõ chưa

uk dùng cái bdt côsi swat(hem biết viết) ấy

Nếu mà như vậy thì bài toán vẫn chưa được chứng minh vì ra $(a+b+c)^{2}$ chứ Không phải $a^{2}+b^{2}+c^{2}$

bài 3 áp dụng bdt$a^{2}+b^{2}\geq \frac{(a+b)^{2}}{2}$ ta có $\sum \frac{a^{2}}{b+c}\geq \sum \frac{a^{2}}{\sqrt{2\left ( b^{2}+c^{2} \right )}}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{\sqrt{2}(\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+a^{2}})}\geq \frac{\frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}+b^{2}+c^{2}+c^{2}+a^{2})}{\sqrt{2}\sqrt{2011}}$ đến đây bạn tự làm tiếp nhe' phải đi học rồi.áp dụng bdt$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}$

tại sao $\frac{a^{2}}{\sqrt{2(b^{2}+c^{2})}}+ \frac{b^{2}}{\sqrt{2(c^{2}+a^{2})}}+\frac{c^{2}}{\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{\sqrt{2}(\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}})}$ vậy bạn? bạn giải thích cho mình? ý bạn có phải là $\sum \frac{a^{2}}{\sqrt{2(b^{2}+c^{2})}}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{\sum \sqrt{2(b^{2}+c^{2})}}$

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

$\frac{1}{abc}\geq \frac{27}{(a+b+c)^{3}}=27$

suy ra min Q=30 khi a=b=c=1/3

bài 2 $P^{2}=(3\sin \alpha +\sqrt{3}\cos \alpha )^{2}\leq (3^{2}+3)(\sin \alpha ^{2}+\cos \alpha ^{2})=12 (bunhiacopski)$

dấu = xảy ra khi$\sin \alpha = \sqrt{3}cos\alpha = > \alpha =60$

bài 1 sai rồi kìa bạn 

1)Tìm min Q=$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{abc}$. trong đó $a,b,c>0$; $a+b+c=1$

2)Với giá trị nào của góc nhọn $\alpha$ thì biểu thức P=$3sin\alpha +\sqrt{3}cos\alpha$ có giá trị lớn nhất

3)Cho 3 số thực a,b,c thoả mãn: $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}}=\sqrt{2011}$

CMR: $\sum \frac{a^{2}}{b+c}\geq \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2011}{2}}$

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

$\frac{1}{abc}\geq \frac{27}{(a+b+c)^{3}}=27$

suy ra min Q=30 khi a=b=c=1/3

bài 2 $P^{2}=(3\sin \alpha +\sqrt{3}\cos \alpha )^{2}\leq (3^{2}+3)(\sin \alpha ^{2}+\cos \alpha ^{2})=12 (bunhiacopski)$

dấu = xảy ra khi$\sin \alpha = \sqrt{3}cos\alpha = > \alpha =60$

$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{abc}=\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{3abc}+\frac{2}{3abc}\geq \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3abc}+ \frac{2}{3a}+\frac{2}{3b}+\frac{2}{3c}+\frac{2}{3abc}\geq 6+ 6+18=30$

Mình mới vào diển đàn không biết post hỏi như vậy được không? Xin mod cho em hỏi các bro với ạ?

Chứng minh:

$\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{5}+\sqrt{6}}+...+\frac{1}{\sqrt{79}+\sqrt{80}}>4$

Mình chỉ chứng minh được nó >3,8 thôi?

Mong các bro giúp đỡ. Cám ơn rất nhiều!

có cách giải ngắn hơn: 
công thức tổng quát: $\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$
suy ra dãy trên tuơng đương: $\sqrt{2}-1+\sqrt{4}-\sqrt{3}+\sqrt{6}-\sqrt{5}+...+\sqrt{80}-\sqrt{79}>\frac{80}{20}=4$

bài 2

$\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{2}(\frac{n+2-n}{n(n+1)(n+2)})=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{2}(\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)})=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}+...-\frac{1}{(n+1)(n+2)})=\frac{1}{4}$

bài 3

hàm zeta, $\frac{\pi ^{2}}{6}$, bài này thì ko nằm trong phần thi đại học 

$\sum ab\geq \sum a\sqrt{bc}$ chứ sao lại be hơn hoặc= được!

bạn nên đọc kĩ lại nhé, mình nói là bđt ngược dấu do ab+bc+ca lớn hơn hoặc bằng 

 đầu tiên, sorry vì mình giải hơi khó hiểu.

OK. mình sẽ giải thích rõ ràng hơn.

 

áp dung AM-GM cho 3 số:

 

$a\sqrt{ab}+a\sqrt{ab}+b^2\geq 3\sqrt[3]{a\sqrt{ab}.a\sqrt{ab}.b^2}=3ab
\Rightarrow \sum \left(a\sqrt{ab}+a\sqrt{ab}+b^2 \right)\geq 3\left(\sum ab \right)\Leftrightarrow \sum a^2+2a\sqrt{bc}\geq 3\sum ab$

 

 

 

bây giờ để C/m bđt, thì chúng ta phải đi chứng minh:

$\sum \left(ab+bc \right)\geq \sum a\sqrt{bc}$

 

 

ta đí Cm:

ta có:$ab+bc\geq 2\sqrt{ab.bc}=2a\sqrt{bc}\Rightarrow \sum ab\geq \sum a\sqrt{bc}$

 

từ đây ta được:

$a^2+b^2+c^2+a\sqrt{bc}+b\sqrt{ac}+c\sqrt{ab}\geq 2(ab+bc+ca)$

 

$"="\Leftrightarrow a=b=c>0$

 

lần này chắc bạn hiểu rồi nhỉ!

giải sai ngay từ bước đầu tiên. Đề bài không có cái gì là a căn ab cả, không thể thay đổi đề bài thành dữ kiện khác

Mình nghĩ ý của bạn kaito kuroba là thế này

 giả sử bđt cần chứng minh đúng ta có

$\sum a^{2}+\sum a\sqrt{bc}\geq 2\sum ab\Rightarrow \sum a^{2}\geq 2\sum ab-\sum a\sqrt{bc}(1)$

mà

$\sum a\sqrt{bc}\leq \sum ab$

nên từ (1) suy ra

$\sum  a^{2}\geq \sum ab$ luôn đúng

nếu giả sử bdt đúng thì cần CM làm gì nữa

với lại từ a^2+b^2+c^2 > ab+bc+ca thì cũng ko thể suy ra a^2+b^2+c^2+a căn bc + b căn ca + c căn ab > 2ab+2bc+2ca được do ab+bc+ca > a căn bc +b căn ca +c căn ab 

Ta có : $(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 9$

$\Leftrightarrow x+y+z\geq 9$ ( do $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$)

Đặt $x-2=a;y-2=b;z-2=c$

$\Leftrightarrow 3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$

$\Leftrightarrow abc\leq 1$

$\Rightarrow$ ĐPCM

chỗ này nhầm này: $a+b+c\geq 3$ do $x+y+z\geq 9$ chứ không phải a+b+c=3

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

$a^{2}+b^{2}\geqslant 2ab$(1)

$b^{2}+c^{2}\geqslant 2bc$(2)

$a^{2}+c^{2}\geqslant 2ac$(3)

Cộng vế với vế của (1);(2);(3)

$\Rightarrow 2\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\geqslant 2\left ( 2ab+2ac+2bc \right )$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant 2ab+2ac+2bc$

2ab+2bc+2ca=2(ab+bc+ca) chứ bạn,sao lại 2(2ab+2bc+2ca). Bạn thay a=b=c vào xem có phải $a^{2}+b^{2}+c^{2}= 2ab+2bc+2ca$ không

bài 1
có $x_{1}=a>0$
$x_{2}=\sqrt{17+16a}>0$
$x_{3}=\sqrt{17+16x_{2}}>0$
....
$x_{n}=\sqrt{17+16x_{n-1}}>0$, suy ra đây là dãy dương
Xét 2 số $x_{1} ; x_{2}$, có $x_{1}-x_{2}=\frac{a^{2}-16a-17}{a+\sqrt{17+16a}}= \frac{(a-17)(a+1)}{a+\sqrt{17+16a}}$
Do a+1; $\sqrt{17+16a}> 0$
suy ra $x_{1}-x_{2}> 0$ khi $a>17$
và $x_{1}< x_{2}$ khi $a< 17$
Giả sử $a> 17$, suy ra đây sẽ là dãy giảm. Gọi giới hạn của dãy là L khi n đi đến vô cùng, ta có
$L=\sqrt{17+16L}$
suy ra $L=17$, hoặc $L=-1$
Do đây là dãy dương nên L>0, suy ra L=17
Tương tự, với a<17, suy ra đây là dãy tăng, chứng minh tương tự ta cũng có giới hạn của dãy là 17
Vậy giới hạn từ hai phía của a đều là 17, nên giới hạn của dãy sẽ là 17 

bài 4

$\sqrt{a^{2}+abc}=\sqrt{a}\sqrt{a+bc}=\sqrt{a}\sqrt{a^{2}+ab+ac+bc}=\sqrt{a}\sqrt{(a+b)(a+c)}$

suy ra $\sum \sqrt{a^{2}+abc}=\sum \sqrt{a}\sqrt{a+b}\sqrt{a+c}\leq \sqrt{\sum (a+b)(a+c)}\leq \sqrt{(\frac{2a+2b+2c}{3})^{2}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$

$9\sqrt{abc}\leq 9\sqrt{(\frac{(a+b+c)}{3})^{3}}=\frac{3}{\sqrt{3}}$

suy ra Max= $\frac{3}{\sqrt{3}}+\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{5}{\sqrt{3}}$

Ta có :$P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Gỉa sử $a\geq b\geq c$

$= > P\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac+c^2}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{(c+a)(c+b)}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2< = > (a-b)^2(a+b-2c)\geq 0$(Luôn đúng)

dấu = khi $ab+bc+ca+c^{2}=ab+bc+ca$, tương đương c= 0?