Tính tích phân sau:

\[I = \smallint \smallint \smallint \left( {{x^2} + {y^2}} \right)dxdydz\]

Trên miền ${\rm{V}}:\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} + {z^2} \le 1 \\
{x^2} + {y^2} \le {z^2} \\
\end{array} \right.$

Em làm cách suýt cổ điển ạ :">
CHuẩn hóa $a+b+c=3$. Ta có bất đẳng thức tương đương:
$$\frac{1}{a+b} +\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{a+b}{b+2c+a}+\frac{b+c}{c+2a+b}+\frac{c+a}{a+2b+c}$$
$$\Leftrightarrow \frac{1}{a+b} +\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+3\geq \frac{6}{b+2c+a}+\frac{6}{c+2a+b}+\frac{6}{a+2b+c}$$
Quy đồng và chuyển bất đẳng thức về ngôn ngữ pqr ta cần chứng minh:
$$12q^2+7qr-243q-3r^2+117r+486\geq 0$$
Xét đây là hàm the0 $r$ ta có $f''®=-6<0$ nên đây là hàm lồi the0 $r$, đạt cực tiểu tại biên, nghĩa là $r=0$ hoặc $1$.
Nếu $r=1$ thì hiển nhiên $a=b=c=1$, đẳng thức xảy ra.
Nếu $r=0$. Ta có $q\leq \frac{9}{4}$, bất đẳng thức tương đương:
$$3(4q-9)(q-19)\geq 0$$
Hiển nhiên đúng. Ta có điều phải chứng minh, đẳng thức xảy ra tại $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ và các hoán vị $\blacksquare$

:-?? cổ điển ở đâu vậy Đạt.

Mình đang muốn đi ĐN nhưng trình độ gà quá!

Trường bạn thi chưa? Trường mình có kết quả rồi nên biết là không được đi rồi.

Đề

Bài 10: Cho các số thực dương $a,\ b,\ c$ thỏa mãn $a^4+b^4+c^4=4(a^2+b^2+c^2).$ Chứng minh rằng
\[a^3(c+4)+b^3(a+4)+c^3(b+4)\ge ab^2+bc^2+ca^2+15abc\]

Ps: Chỉ được sử dụng $AM-GM,\ Cauchy-Schwarz,$ khảo sát hàm sơ cấp

Bài 11: Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương và $n \in N$. Chứng minh rằng $$\dfrac{(a+b+c)^3}{27abc}\geq \dfrac{(a^n+b^n+c^n)(a^{n+2}+b^{n+2}+c^{n+2})}{(a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1})^2}$$

Tổng quát của bài sau: http://www.artofprob...890017#p2890017

Bài 12: Cho $x,\ y,\ z$ là các số không âm thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+xyz=4$.
Đặt $a=2-x^2,\ b=2-y^2,\ c=2-z^2$. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức $$P=abc-\sqrt{(2-a^2)(2-b^2)(2-c^2)}$$

Bài 13: Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$a\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+ b\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+ c\sqrt{\dfrac{c+a}{b}} \geq 3\sqrt{2}$$

Có một chút nhận xét thế này, nói chung đề thi năm nay khó hơn năm ngoái, Có 3 bài cơ bản thì khá dễ còn những bài khó thì lại quá khó. Hi vọng cuộc thi này sẽ được tiếp diễn trong những năm tiếp và tiếp tục thành công.

=)) Năm nay không tham gia gia đề nên không giám chém gió mạnh.

Bài 9: (Nguyễn Tấn Sang): Bài này nhẹ hơn


Sử dụng BĐT Minkovski ta có: $$VT=\sqrt{a^2b+a^2c}+ \sqrt{b^2c+b^2a}+ \sqrt{c^2a+c^2b} \geq \sqrt{(a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a})^2+( a\sqrt{c}+b\sqrt{a}+c\sqrt{b})^2}$$

Theo BĐT $AM-GM$ ta lại có : $$(a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a})^2=(a^2b+2ac\sqrt{ab})+ (b^2c+2ba\sqrt{bc})+(c^2a+2cb\sqrt{ca})$$
$$\geq 3\sqrt[3]{a^5b^2c^2}+ 3\sqrt[3]{b^5c^2a^2}+ 3\sqrt[3]{c^5a^2b^2}=3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}(a+b+c)=9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$

Suy ra $$(a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a})^2\geq 9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$

Tương tự ta cũng có $$(a\sqrt{c}+b\sqrt{a}+c\sqrt{b})^2\geq 9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$

Suy ra $VT\geq \sqrt{2.9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}=3\sqrt{2}.\sqrt[3]{abc}$

Vậy ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài 7: Ta có : $$VT=\sum \dfrac{a^2b(a+b+c)-a^2bc}{a+c}$$
$$= 3\sum \dfrac{a^2b^2}{ab+bc}-abc\sum \dfrac{a}{a+c}$$
$$= 3\sum \dfrac{a^2b^2}{ab+bc}-abc\sum (1-\dfrac{c}{a+c})$$
$$= 3\sum \dfrac{a^2b^2}{ab+bc}+abc\sum \dfrac{c}{a+c}-3abc$$

Theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có :
$$\sum \dfrac{a^2b^2}{ab+bc}\geq \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{2(ab+bc+ca)}=\dfrac{1}{2}(ab+bc+ca)$$


Và $$\sum \dfrac{c}{a+c}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum a^2+\sum ab}=\dfrac{9}{\sum a^2+\sum ab}$$


Do đó $$VT\geq \dfrac{3}{2}(ab+bc+ca)+\dfrac{9abc}{\sum a^2+\sum ab}-3abc$$
$$=ab+bc+ca-3abc+(\dfrac{1}{2}(ab+bc+ca)+\dfrac{9abc}{\sum a^2+\sum ab})$$
$$\geq ab+bc+ca-3abc+2\sqrt{\dfrac{9abc(ab+bc+ca)}{2(\sum a^2+\sum ab)}}$$

Vậy nên BĐT ban đầu được chứng minh nếu ta chứng minh được :
$$ab+bc+ca-3abc+2\sqrt{\dfrac{9abc(ab+bc+ca)}{2(\sum a^2+\sum ab)}}\geq ab+bc+ca$$



hay $$6\sqrt{\dfrac{abc(ab+bc+ca)}{2(\sum a^2+\sum ab)}}\geq 3abc$$

$$\iff 2(ab+bc+ca)\geq abc(\sum a^2+\sum ab)$$


Vì $(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)=9abc$ nên $abc\leq \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{9}$


Suy ra $2(ab+bc+ca)-abc(\sum a^2+\sum ab)\geq 2(ab+bc+ca)-\dfrac{(ab+bc+ca)^2}{9}.(\sum a^2+\sum ab)$

$=\dfrac{1}{9}(ab+bc+ca)(ab+bc+ca-3)^2\geq 0$


Do đó $2(ab+bc+ca)-abc(\sum a^2+\sum ab)\geq 0$ hay $2(ab+bc+ca)\geq abc(\sum a^2+\sum ab)$


Từ đây ta dễ đi đến kết luận đpcm.


Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

Bài 6: ( Ngô Hoàng Toàn)


Nhân hai vế bất đẳng thức với $2$ ta được:
$$\sum \sqrt{4a^2+17ab+4b^2} \geq \sqrt{8(a+b+c)^2+49.4}$$
Từ điều kiện ta viết bất đẳng thức lại thành
$$\sum \sqrt{4a^2+17ab+4b^2} \geq \sqrt{8(a+b+c)^2+49(ab+bc+ca)}$$
Ta sử dùng hằng đẳng thức quen thuộc
$$(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx$$
Ta đưa bất đẳng thức đã cho về chứng minh
$$ \sum \sqrt{(4a^2+17ab+4b^2)(4b^2+17bc+4c^2)} \geq 24(ab+bc+ca) $$
Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau
$$ \sqrt{4x^2+17xy+4y^2} \geq 2x+2y+\dfrac{2xy}{x+y} $$
Ta cần chứng minh
$$ \sum \bigg(2a+2b+\dfrac{2ab}{a+b}\bigg)\bigg (2b+2c+\dfrac{2bc}{b+c}\bigg) \geq 24(ab+bc+ca) $$
Hay
$$ \sum \bigg(a+b+\dfrac{ab}{a+b}\bigg)\bigg (b+c+\dfrac{bc}{b+c}\bigg) \geq 6(ab+bc+ca) $$
hay
$$ \sum \bigg(ab+ac+\dfrac{abc}{b+c} +b^2+bc+\dfrac{b^2c}{b+c}+\dfrac{ab^2}{a+b}+\dfrac {abc}{a+b}+\dfrac{ab^2c}{b+c}\bigg) \geq 6(ab+bc+ca) $$
Ta để ý rằng
$$ \sum \bigg(ab+ac+\dfrac{abc}{b+c} +b^2+bc+\dfrac{b^2c}{b+c}+\dfrac{ab^2}{a+b}+\dfrac {abc}{a+b}+\dfrac{ab^2c}{b+c} \bigg)\geq a^2+b^2+c^2+ 4(ab+bc+ca)+\dfrac{9abc}{a+b+c}$$
Theo bất đẳng thức $Schur$ ta có :
$$ a^2+b^2+c^2 +\dfrac{9abc}{a+b+c} \geq 2(ab+bc+ca) $$
Từ đó suy ra
$$ a^2+b^2+c^2+ 4(ab+bc+ca)+\dfrac{9abc}{a+b+c} \geq 6(ab+bc+ca)$$
Điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=2;c=0$ và các hoán vị.$\blacksquare$

Trích lời giải bên BM.

Bài 4: (Sang Hâm):


Kí hiệu $\sum $ là tổng các hoán vị.

Theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có : $\sqrt{(b+1)(c+1)}\geq 1+\sqrt{bc}$

Suy ra $a\sqrt{\dfrac{b+1}{c+1}}=\dfrac{a\sqrt{(b+1)(c+1)}}{c+1}\geq \dfrac{a(1+\sqrt{bc})}{c+1}$

Thiết lập 2 BĐT tương tự rồi cộng vế theo vế và chú ý $abc\leq 1$ ta suy ra được :

\begin{align} \sum a\sqrt{\dfrac{b+1}{c+1}} \geq & \sum \dfrac{a}{c+1}+ \sum \dfrac{\sqrt{a}.\sqrt{abc}}{c+1} \\ \geq & \sum \dfrac{a}{c+1}+ abc\sum \dfrac{\sqrt{a}}{c+1} \ \ \ \ \ (1) \end{align}

Ta dễ có \begin{align} a^2b+b^2c+c^2a\geq & \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{a+b+c} \\ = & \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3} \end{align}

Và \begin{align}abc\leq & \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3(a+b+c)} \\ = & \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{9}\end{align}

Vì vậy mà \begin{align}\sum \dfrac{a}{c+1} = & \dfrac{\sum [a(a+1)(b+1)]}{(a+1)(b+1)(c+1)} \\ \\ = & \dfrac{\sum a^2b+\sum a^2+ \sum ab+3}{abc+\sum ab+4} \\ \\ \geq & \dfrac{\dfrac{(\sum ab)^2}{3}+9-\sum ab+3}{\dfrac{(\sum ab)^2}{9}+\sum ab+4} \\ \\ = & \dfrac{3(\sum ab)^2-9\sum ab+108}{(\sum ab)^2+9\sum ab+36} \ \ \ \ \ \ (2) \end{align}

Ta lại có \begin{align}abc\sum \dfrac{\sqrt{a}}{c+1} = & abc(\sum \sqrt{a}-\sum \dfrac{c\sqrt{a}}{c+1}) \\ \\ = & abc\sum \sqrt{a}-abc\sum \dfrac{c\sqrt{a}}{c+1} \end{align}

Theo BĐT Russia MO 2002 thì : $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$

[spoiler=Chứng minh :]
Theo BĐT $AM-GM$ ta có :

$$a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geq 3a$$

$$b^2+\sqrt{b}+\sqrt{b}\geq 3b$$

$$c^2+\sqrt{c}+\sqrt{c}\geq 3c$$

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được :

\begin{align} & \sum a^2+2\sum \sqrt{a}\geq 3\sum a \\ \\ \iff & \sum a^2+2\sum \sqrt{a}\geq (a+b+c)^2 \\ \\ \iff & \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca\end{align}
[/spoiler]

Và \begin{align}abc\sum \dfrac{c\sqrt{a}}{c+1} \leq & \dfrac{1}{2}abc\sum \sqrt{ac} \\ \\ \leq & \dfrac{3}{2}abc \\ \\ \leq & \dfrac{3}{2}.\dfrac{(ab+bc+ca)^2}{9} \\ \\ = & \dfrac{1}{6}(ab+bc+ca)^2 \end{align}

Suy ra $abc\sum \dfrac{\sqrt{a}}{c+1}\geq abc\sum ab-\dfrac{1}{6}(ab+bc+ca)^2 \ \ \ \ \ \ (3)$

Từ $(1),\ (2)$ và $(3)$ ta suy ra

\begin{align}VT-(ab+bc+ca)(1-abc)\geq & \dfrac{3(\sum ab)^2-9\sum ab+108}{(\sum ab)^2+9\sum ab+36}+abc\sum ab-\dfrac{1}{6}(ab+bc+ca)^2+(ab+bc+ca)(1-abc) \\ \\ = & \dfrac{3(\sum ab)^2-9\sum ab+108}{(\sum ab)^2+9\sum ab+36}-\dfrac{1}{6}(ab+bc+ca)^2+ab+bc+ca\end{align}

Vậy BĐT ban đầu được chứng minh nếu ta chứng minh được

$$\dfrac{3(\sum ab)^2-9\sum ab+108}{(\sum ab)^2+9\sum ab+36}-\dfrac{1}{6}(ab+bc+ca)^2+ab+bc+ca\geq 3$$

Hay $$\dfrac{(\sum ab)^2-3\sum ab-18}{6((\sum ab)^2+9\sum ab+36)}\leq 0$$
\[\frac{{(\sum a b + 3)(\sum a b - 6)}}{{6({{(\sum a b)}^2} + 9\sum a b + 36)}} \le 0\]


Dễ thấy BĐT trên đúng do $0\leq ab+bc+ca\leq 3$

Vậy ta có ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=c, c=3$ cùng các hoán vị.

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Lời giải này phải nói là bá đạo, đậm chất của một cao thủ BĐT.

\[\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 2011 \\
{u_{n - 1}} = {n^2}\left( {{u_{n - 1}} - {u_n}} \right) \\
\end{array} \right. \Rightarrow {n^2}{u_n} = \left( {{n^2} - 1} \right){u_{n - 1}}\]

Đặt: ${v_{n + k}} = \left( {{n^2} + k} \right){u_{n + k}}$

Ta có: \[{v_n} = {v_{n - 1}} = \cdots = {v_1} = 2011\left( {{n^2} + n - 1} \right)\]

\[ \Rightarrow {u_n} = \frac{{2011\left( {{n^2} + n - 1} \right)}}{{{n^2}}} \to 2011\]

---------------------------------------------------------------------------------------------------

@...: Gõ mấy cái này dễ lắm bạn ak. Chỉ cần google 1 cái là được, (Sử dụng mathtype để gõ công thức trên các diễn đàn là có ngay)

bài này đạo hàm hay này cậu ơi chuyển vào topic đạo hàm của cậu được đó

Gớm nữa, bài dạng này làm theo kiểu bạn kia là chuẩn nhất rồi, kĩ thuật này trong sách của ANh Cẩn có viết rất rõ. Mà em thấy anh spam ít thôi, bài nào cũng nhảy vào bài này làm đc bằng đạo hàm hay trích dẫn 1 bài viết rồi khen người ta làm hay, có nút like đó. Ngày trước em quản lý bên boxmath.vn em ban lâu rồi =)).

Câu 4:

Chứng minh BĐT bên trái:

Giả sử: $f'\left( x \right)cot\left( {f\left( x \right)} \right) \le \frac{2}{{a - x}}\,\forall x \in \left( {a;b} \right]$

Xét:\[g\left( x \right) = ln\left| {sin\left( {f\left( x \right)} \right)} \right| + 2ln\left( {x - a} \right)\]

\[g'\left( x \right) = f'\left( x \right)cot\left( {f\left( x \right)} \right) + \frac{2}{{x - a}} \le 0\]

Suy ra: \[g\left( x \right) \ge g\left( b \right) = ln\left( {b - a} \right)\]

Mặt khác: \[\mathop {lim}\limits_{x \to {a^ + }} \left[ {g\left( x \right)} \right] = - \infty \]

Suy ra vô lý. Vậy BĐT bên trái được chứng minh, bên phải tương tự.

chỉnh sửa một tý.

Nếu tồn tại $c$ sao cho $sin(f(c))=0$ thì ta có $c$ chính là số cần tìm.

Nếu $sin(f(x))$ khác $0$ với mọi $x\in (0;1]$ thì làm như trên.

Nếu có $x_0$ sao cho $\sin (f(x_0))=0 $ ? Ý tưởng của em cũng hay nhưng có điểm này là phải chỉnh sửa thôi

Vâng, để em suy nghĩ và bổ sung.

Lời giải sai bởi có chắc $\sin (f(x))>0 \;, \forall x \in [a;b] $ ?

Xét $g(x)=\sin (f(x)) (x-a)(x-b) $

Dễ thấy $g$ liên tục trên $[a;b]$ và khả vi trên $(a;b)$ đồng thời $g(a)=g(b)=0$, do đó tồn tại $c \in (a;b)$ sao cho

$$g'( c)=0$$

$$\Leftrightarrow f'( c)\cos (f( c))(a-c)(b-c)=\sin(f( c))(a+b-2c)$$

Nếu $\cos(f( c))=0 \Rightarrow f'( c) \cot (f( c))=0$ và do đó hiển nhiên có $\frac{1}{a-c} <f'( c) \cot (f( c))<\frac{1}{b-c}$

Nếu $\cos (f( c)) \neq 0 \Rightarrow \sin(f( c))(a+b-2c) \neq 0 \Rightarrow \sin(f( c))\neq 0$

$\Rightarrow f'( c) \cot (f( c)) =\dfrac{1}{a-c}+\dfrac{1}{b-c} \in (\dfrac{1}{a-c}; \dfrac{1}{b-c})$

suy ra $$ \frac{1}{a-c} <f'( c) \cot (f( c))<\frac{1}{b-c}$$

Nếu thay là $\|sin (f(x))|$ thì được chứ đại ca.

Câu 4:

Chứng minh BĐT bên trái:

Giả sử: $f'\left( x \right)cot\left( {f\left( x \right)} \right) \le \frac{2}{{a - x}}\,\forall x \in \left( {a;b} \right]$

Xét: \[g\left( x \right) = ln\left[ {sin\left( {f\left( x \right)} \right)} \right] + 2ln\left( {x - a} \right)\]

\[g'\left( x \right) = f'\left( x \right)cot\left( {f\left( x \right)} \right) + \frac{2}{{x - a}} \le 0\]

Suy ra: \[g\left( x \right) \ge g\left( b \right) = ln\left( {b - a} \right)\]

Mặt khác: \[\mathop {lim}\limits_{x \to {a^ + }} \left[ {g\left( x \right)} \right] = - \infty \]

Suy ra vô lý. Vậy BĐT bên trái được chứng minh, bên phải tương tự.

mình làm tiếp luôn bài cu việt nhé
$c\geq b$ $b,c\leq 3$
nên $g_{1}'(b)\leq 0$
nên $g_{1}(b)\geq g_{1}(3)=\frac{3}{2}$

Đáng giá này không phải là $nesbitt$ đâu anh. BĐT này không đúng.

Một bài khá quen thuộc ,cần dùng thêm định lí Fubini để giải:
Bài 50:Cho hàm $f:[0;1]\to [0,+\infty)$ khả vi liên tục trên miền xác định.Đặt $M=\displaystyle \max_{x\in [0;1]} |f'(x)|$Chứng minh rằng:$$\left |\int_0^1 f^3\left(x\right)dx-f^2\left(0\right)\int_0^1 f\left(x\right)dx\right|\leq M \left(\int_0^1 f\left(x\right)dx\right)^2$$

Với $t\in [0;1]$ ta có:

\[ - M \le f'\left( t \right) \le M\]

\[ \Leftrightarrow - M.f\left( t \right) \le f'\left( t \right).f\left( t \right) \le M.f\left( t \right)\]

\[ \Leftrightarrow - M.\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \le \int\limits_0^x {f'\left( t \right).f\left( t \right)dt} \le M.\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \,\,\forall x \in \left( {0;1} \right)\]

\[ \Leftrightarrow - M.\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \le \frac{1}{2}\left[ {{f^2}\left( x \right) - {f^2}\left( 0 \right)} \right] \le M.\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \]

\[ \Rightarrow - M.f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \le \frac{1}{2}\left( {{f^3}\left( x \right) - {f^2}\left( 0 \right).f\left( x \right)} \right) \le M.f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \]

\[ \Rightarrow - M.\int\limits_0^1 {\left( {f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right)dx} \le \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {{f^3}\left( x \right) - {f^2}\left( 0 \right).f\left( x \right)} \right)dx} \le M.\int\limits_0^1 {\left( {f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right)dx} \]

Mặt khác ta có:

\[\int\limits_0^1 {\left( {f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right)d\left( {\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right) = \frac{1}{2}} {\left( {\int_0^1 f \left( x \right)dx} \right)^2}\]

Nên ta có đpcm.

Vậy bạn có ủng hộ cách làm đầu tiên của mình không, cái chuẩn hóa a+b+c=3 ấy?

E, làm sai rồi, phải đồng bậc mới chuẩn hóa được.

Cho $a,b,c>0,a^2+b^2+c^2=3.$ CMR:$$\sqrt{\dfrac{1}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{4c^2}{9}}+\sqrt{\dfrac{1}{b^2+bc+c^2}+ \dfrac{4a^2}{9}}+ \sqrt{\dfrac{1}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{4b^2}{9}}\ge \sqrt{7}.$$


Đăng lại để tìm lời giải hay hơn.

Ta có
\[\frac{{1 + 2 + 3 + ... + n}}{{{n^2} + n}} < \frac{1}{{{n^2} + 1}} + \frac{2}{{{n^2} + 2}} + ... + \frac{n}{{{n^2} + n}} < \frac{{1 + 2 + 3 + ... + n}}{{{n^2} + 1}}\]
Mà
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{1 + 2 + 3 + ... + n}}{{{n^2} + n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n(n + 1)}}{{2({n^2} + n)}} = \frac{1}{2}\]
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{1 + 2 + 3 + ... + n}}{{{n^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n(n + 1)}}{{2({n^2} + 1)}} = \frac{1}{2}\]
Vậy
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{n^2} + 1}} + \frac{2}{{{n^2} + 2}} + ... + \frac{n}{{{n^2} + n}} = \frac{1}{2}\]

Bài trên mình làm sai. Hôm nọ hỏi anh Đạt, anh bảo dễ nhầm thật.

Ý tưởng cơ bản là đúng nhưng cho minh hỏi vặn tý nhé.Dựa vào đâu mà bạn chuẩn hóa $a+b+c=3$ trong khi bất đẳng thức trên không thuần nhất

:-?? mấy bé bây giờ thấy người ta làm gì thì cũng làm theo cái đó. thực ra chưa hiểu bản chất.

Mình không biết cần ĐK liên tục đề làm gì nhỉ?

Cho:

\[y = 0;x \ne 0 \Rightarrow f\left( x \right) = f\left( 0 \right)x - f\left( 0 \right)\]

Đặt $a=f(0)$ ta có: $f(x)=ax-a$

Thử lại ta được $a=0$ vậy $f(x)=0$ là hàm số cần tìm

Cho $a,b,c$ dương, chứng minh :
$\frac{1}{{4a}} + \frac{1}{{4b}} + \frac{1}{{4c}} + \frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}} + \frac{1}{{c + a}} \ge \frac{3}{{3a + b}} + \frac{3}{{3b + c}} + \frac{3}{{3c + a}}$.

Giả sử tồn tại dãy số $\{u_n\}$. Khi đó:
Đặt $n\pi =x$

$$0=\lim\limits_{x\to +\infty} \left[\cos (x+2)-\cos x \right ]=-2\sin 1\lim\limits_{x\to +\infty}\sin (x+1)$$

$$\Rightarrow \lim\limits_{x\to +\infty}\sin x=0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

$$\Rightarrow 0=\lim\limits_{x\to +\infty}\left[\sin(x+2)-\sin x \right ]=2\sin 1 \lim\limits_{x\to + \infty}\cos (x+1)$$

$$\Rightarrow \lim\limits_{x\to +\infty}\cos x=0 \;\;\;\;\;\;\;(2) $$

Từ $(1)$ và $(2)$ $$\Rightarrow 1=\lim\limits_{x\to +\infty}\left(\sin^2+\cos^2 \right )=\lim\limits_{n\to +\infty}\sin^2x+\cos^2 x=0$$ (vô lý)

Vậy, giới hạn của $\{\cos n\pi \}$ không tồn tại. $\blacksquare$

Làm gì dài vậy. Theo định nghĩa của giới hạn hàm số theo ngôn ngữ của dãy số thì chỉ cần cho hai dãy khác nhau cùng về vô cùng, cho hai giá trị khác nhau là được.

Tính :
$\int_{1}^{2}\frac{x\ln x\text{dx}}{\left ( x^{2} + 1 \right )^{2}}$.

\[\int {\frac{{x\ln x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx = \frac{{ - 1}}{2}\int {lnxd\left( {\frac{1}{{{x^2} + 1}}} \right)} } = \frac{{ - lnx}}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}} + \frac{1}{2}\int {\frac{1}{{x\left( {{x^2} + 1} \right)}}dx} \]

Đến đây cơ bản.

Các thí sinh vui lòng hiểu đề bài 4 là nếu BĐT đó sai thì phải chứng minh nó luôn sai, chứ không thể chỉ đưa ra phản ví dụ

:-" Có khác nhau không đại ca.

$\int_{1}^{1+\sqrt{5}}\frac{x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}dx$, $\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{cosx}{\sqrt{1+cos^{2}x}}dx$

$\int_{\frac{-\pi }{3}}^{\frac{\pi }{3}}\frac{xsinx}{cos^{2}x}dx$

Làm liều;

\[\int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}} dx = \int {\frac{{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2} + 1}}dx} = \int {\frac{{d\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}}{{{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2} + 1}}} = arctan\left( {x - \frac{1}{x}} \right) + const\]




\[\int {\frac{{cosx}}{{\sqrt {1 + co{s^2}x} }}} dx = \int {\frac{{d\left( {sinx} \right)}}{{\sqrt {2 - si{n^2}x} }}} = \cdots \]




\[\int {\frac{{xsinx}}{{co{s^2}x}}} dx = \int {\frac{{ - xd\left( {cosx} \right)}}{{co{s^2}x}}} = \int {xd\left( {\frac{1}{{cosx}}} \right) = \frac{x}{{cosx}}} - \int {\frac{1}{{cosx}}dx = \frac{x}{{cosx}} - \int {\frac{{d\left( {sinx} \right)}}{{1 - si{n^2}x}} = \cdots } } \]