hay quá cảm ơn thầy em đang cần nhìu tư liệu về bđt

Đầu tiên, do $u_1=2017>0$ nên $u_2>0$, $u_3>0$, $\ldots$ $u_n>0\ \forall \ n \in \mathbb{N^*}$. Mặt khác ta có $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\left(\sqrt{u_n}+1\right)^2>1$ (vì $u_n>0$), do đó $u_{n+1}>u_n \ \forall \ n \in \mathbb{N^*}$

Vậy ta có $2017<u_1<u_2<\ldots<u_n$ với mọi $n\geqslant 1$.

 

Giả sử $\left(u_n\right)$ bị chặn trên. Theo nguyên lý $Weierstrass$ thì $\left(u_n\right)$ có giới hạn hữu hạn $L\in \mathbb{R}$, $L>2017$. Chuyển hệ thức truy hồi của dãy qua giới hạn thì ta có ngay $L=0$, mâu thuẫn. Vậy $\left(u_n\right)$ không bị chặn trên, do đó $\lim_{n\to +\infty}=+\infty$.

 

Mặt khác ta có

\begin{align*} &\phantom{~\iff} \sqrt{u_{n+1}}=\sqrt{u_n}\left(\sqrt{u_n}+1\right) \ \forall \ n\in\mathbb{N^*} \\ &\iff \dfrac{1}{\sqrt{u_{n+1}}}=\dfrac{1}{\sqrt{u_n}\left(\sqrt{u_n}+1\right)} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*}\\ &\iff \dfrac{1}{\sqrt{u_{n+1}}}=\dfrac{1}{\sqrt{u_n}}-\dfrac{1}{\sqrt{u_n}+1} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*} \\ &\iff \dfrac{1}{\sqrt{u_n}+1}=\dfrac{1}{\sqrt{u_n}}-\dfrac{1}{\sqrt{u_{n+1}}} \ \forall \ n\in\mathbb{N^*}\end{align*}

 

Vậy ta có

\[S_n=\sum^n_{k=1}\dfrac{1}{\sqrt{u_k}+1}=\dfrac{1}{\sqrt{u_1}}-\dfrac{1}{\sqrt{u_{n+1}}}\]

 

 

Vì $\lim_{n\to +\infty} u_{n+1}=+\infty$ nên ta có ngay $\lim_{n\to +\infty} S_n=\dfrac{\sqrt{2017}}{2017}$.

thật ra bài này là $lim U_{n}=+\infty$ không cần phải dùng định lý $weierstrass$ mà hình như bạn dùng định lý này cũng bị sai nữa ấy$U_{n}$ tăng và bị chặn trên mới có giới hạn nha bạn 
Hoặc bạn chỉ cần giả sử dãy có bị chặn trên nhưng dãy không có giới hạn hữu hạn nên dãy tiến tới$+\infty$ cũng dc

Thì mình giải bài toán cụ thể rồi tổng quát hóa lên chứ kiếm ở đâu ra 

em thấy có mấy bài anh tổng quát mà đâu ghi cách cụ thể -.- 

bài này giống bài T10 trong THTT số 463 đí

cho hỏi làm sao để đăng bài ạ

mấy bài này các anh giải bằng phương pháp thường thôi thi đại học chứ đâu có phải MO hay TST mà dồn biến hay S.O.S

à quên bài này khá giống bài của Vasile

tìm tài liệu về phương pháp BW tiếng anh lẫn tiếng việt đều được 

2 đáp án khác nhau này mọi người

đáp án cuả anh việt sử dụng tính chất hàm lồi lõm mà chương trình phổ thong chưa dạy

1 cách khác cho bài 9 (đề đúng có lẽ em nhầm) Đặt bđt là (1)
áp dụng bđt holder ta có
(1+1+1)(x(xy+z)+y(yz+x)+z(zx+x))(VT(1))>=(x+y+z)^3
nên để chungs minh (1) ta chứng minh
x(xy+z)+y(yz+x)+z(zx+y)<=x^2(y+1)+y^2(y+1)+z^2(x+1) khai triển ra ta thấy bđt trên <=> x^2+y^2+z^2>= xy+yz+zx đúng dpcm
p.s nhờ anh huyện sửa bài em thành latex nha em dùng dtdd nên ko viết latex dc

Đặt $p=a+b+c,\,q=ab+bc+ca$ và $r=abc$ khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\[27r^2+(29p^3-63pq)r+4p^6-24p^4q+36p^2q^2-9q^3 \geqslant 0. \quad (1)\]
Giả sử $p=3$ và đặt $q=3-3t^2\;(0 \leqslant t < 1)$ thì $(1)$ tương đương với
\[r^2+(21t^2+8)r+9t^6+81t^4+27t^2-9 \geqslant 0.\]
Đặt \[f(r) = r^2+(21t^2+8)r+9t^6+81t^4+27t^2-9,\] ta sẽ chứng minh $f(r) \geqslant 0.$

Thật vậy nếu $0 \leqslant t \leqslant \frac{1}{2}$ thì do $r \geqslant (1-2t)(1+t)^2 \geqslant 0$ cho nên
\[f(r) \geqslant f[(1-2t)(1+t)^2] = t^2(13t^4-30t^3+27t^2-20t+18).\]
Lại đặt
\[f(t) = 13t^4-30t^3+27t^2-20t+18.\]
Ta có
\[f^{'}(t) = 2(26t^3-45t^2+27t-10),\]
nên
\[f^{'}(t) = 0 \Leftrightarrow t_0 = \frac{15}{26}+\frac{1}{26}\left ( \sqrt[3]{1490+13\sqrt{13141}}-\frac{9}{\sqrt[3]{1490+13\sqrt{13141}}} \right ).\]
Suy ra
\[f(t) \geqslant \left \{ f(0),\,f(t_0),\,f\left(\frac{1}{2}\right) \right \} = f(t_0) > 0.\]
Còn nếu $\frac{1}{2} \leqslant t < 1,$ thì
\[f(r) > 9t^6+81t^4+27t^2-9 > 9\left ( \frac{1}{2} \right )^6+81\left ( \frac{1}{2} \right )^4+27\left ( \frac{1}{2} \right )^2-9 = \frac{189}{64} > 0.\]
Vậy $f(r) > 0.$ Bài toán được chứng minh.

anh huyện bài ni nếu áp dụng pp ABC thì f(r) có bậc 2 nên nó đạt đuợc cực trị khi có 1 biến bằng 0 hoặc 2 biến bằng nhau
nên ta có thể cho a=b.Mà bđt đồng bậc chuẩn hóa a=1 thì f© >=0 ta có đpcm
p.s ko biết đúng ko. à mà khúc q=3-3t^2 là đặt a^2+b^2+c^2=3+6t^2 hả anh

13)(koreanMO2016 ngày2 )cho $x,y,z$ là số thực thỏa $x^2+y^2+z^2=1$, tìm max $$(x^2-yz)(y^2-zx)(z^2-xy)$$

 

Bài 9 (Selection Of Kiev To UMO). Với $x,\,y,\,z$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng $$\frac{x^2}{xy+z}+\frac{y^2}{yz+x}+\frac{z^2}{xz+y}\ge \frac{(x+y+z)^3}{3(x^2(y+1)+y^2(z+1)+z^2(x+1)}.$$

 

anh ơi bài ni đâu có đồng bậc 

p/s sửa xong xóa bl của em nha(nếu sai) :v

câu 14 đã có ở đây https://www.artofpro...imo_tst_2016_p3 với lời giải của quykhtn

Bài 17 (Azerbaijan Junior Mathematical Olympiad). Với $x,\,y,\,z$ là ba số thực khác $0.$ Chứng minh rằng $$\sqrt {x^2+\frac {1}{y^2}}+ \sqrt {y^2+\frac {1}{z^2}}+ \sqrt {z^2+\frac {1}{x^2}}\geq 3\sqrt {2}. $$

áp dụng bđt AM-GM ta có $VT\geq \sum \sqrt{\frac{2x}{y}}$

tiếp tục áp dụng AM-GM 1 lần nữa ta có$\sum \sqrt{\frac{2x}{y}}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{\frac{8xyz}{yxz}}}$=$3\sqrt{2}$ 

p/s èo sai rồi 3 số thực tưởng mô

Dòng màu đỏ cần có đk $a,b,c >0$ để nó có nghĩa.

Ta có $a^3 +b^3+c^3 -3abc =(a+b+c)(\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2} \geq 0 \Leftrightarrow a+b+c \geq 0$
Mà $\sum \sqrt[6]{x^2 +\frac{1}{y^2}} > 0$ nên $\sum \sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}} \geq 3\sqrt[6]{(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2})}$.
Áp dụng Holder: $(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2}) \geq (\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}})^3$.
$\Leftrightarrow 3\sqrt[6]{(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2})} \geq 3\sqrt{\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}}}$
Cần chứng minh $3\sqrt{\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}}} \geq 3\sqrt{2}$
hay $\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}} \geq 2$ (điều này đúng theo AM - GM)
Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=1$ hoặc $x=y=z=-1$

dòng 1 bđt sai nếu a,b chạy tơí âm vô cùng còn c=0

chắc mình hỏi cũng chẳng ai biết làm

VMEO là tự giải ở nhà xong post lên cho add hả  

 

1) Cho 1 nhân viên bưu điện cần phân phối 1000 bức thư vào 1000 hộp thư .Song tên người nhận viết trên từng thư quá mờ nên việc phân phối là ngẫu nhiên.Hỏi có bao nhiêu cách phân phối khác nhau.

2) 1 học sinh muốn lọt vào đội tuyển đi thi toàn quốc phải qua 4 kì thi và đạt ít nhất 17 điểm, nhưng không có kì thi nào 2 hoặc 1 điểm.Hỏi có bao nhiêu cách tiến hành 4 kì thi để em học sinh chắc chắn vào đội tuyển (2 cách hoàn thành khác nhau nếu có ít nhất 1 kì thi nhận số điểm khác nhau)

P/s:mình đang thiếu tài liệu về 'mất thứ tự' ai có tài liệu thì cho mình xin nha cảm ơn =))

tìm (m,n,x,y) là các số nguyên thỏa

($(x^{2}+y^{2})^{m}=(xy)^{n}$

giải giúp bài này 

cho $x,y,z\epsilon [0;2]$ 

Tìm max P=$\frac{1}{8}[(2-x)(2-y)(4-z)+\frac{8x}{y+z+2}+\frac{8y}{x+z+2}+\frac{8z}{x+y+2}]$

cho tam giác ABC vuông tại C .Dựng đường tròn (B) bán kính BC.D là điểm trên AC, DE tiếp xúc (B).Đường cao CH của tam giác ABC cắt BE tại F.AF giao DE tại G.Đường thẳng qua A song song BG cắt DE tại K.CM GE=Gk

em viết trên đt nên em ko viết latex được cho em viết thường nha vực lại topic )))
cho a,b,c là các số thực dương
c/m a^2+b^2+c^2 +2abc +1>=2(ab+bc+ca)

cho a,b,c thoa a+b+c=1 chung minh

can(a^2+b)+can(b^2+c)+can(c^2+a)>=2

cho x,y thoa x³+y³=2

chung minh 3(x⁴+y⁴)+2x⁴y⁴$\leq$8