Cho a₀ = 2005 và a _n+1 = a_n² / (a_n + 1) với n = 0,1,2,...
a) Với n = 1,2,3,4,5 Hãy tính [a_n] (phần nguyên của a_n , tức là số nguyên lớn nhất không vượt quá a_n ).
b) Chứng minh rằng [a_n] = 2005 - n với mọi 0 <= n <= 1003
( <= là bé hơn hoặc bằng)

Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi $x\in \left [ -4;6 \right ]$:

$\sqrt{(x+4)(6-x)}+x^{2}-2x\geq m$

$m\leq Min _{\sqrt{(x+4)(6-x)}+x^{2}-2x}$

Xét f(x)=${\sqrt{(x+4)(6-x)}+x^{2}-2x}$ trên [-4;6]

Giải ra ta thấy GTNN của f(x) trên [-4;6] là 4

Vậy $m\leq 4$

Làm sao để tìm gtnn của f(x) trên đoạn đó hả bạn. Bạn làm rõ hơn một chút đk ko?

Xét $f(x)=\sqrt{-x^{2}+2x+24}+x^{2}-2x$ trên [-4;6]

$f'(x)=\frac{-2x+2}{2\sqrt{-x^{2}+2x+24}}+2x-2$

$f'(x)=0 <=>(2x-2)\left ( \frac{-1}{2\sqrt{-x^{2}+2x+24}} +1\right )=0$

<=>$x=1$ thuộc [-4;6] và $x=\frac{2\pm 3\sqrt{11}}{2}$ thuộc [-4;6]

$f(-4)=24,f(6)=24,f(1)=4,f(\frac{2+3\sqrt{11}}{2})=\frac{97}{4},f(\frac{2-3\sqrt{11}}{2})=\frac{97}{4}$

Vậy Min f(x)=4 trên [-4;6]

Hix, mình chưa học đạo hàm bạn à. Có cách nào khác không???

cái này thực ra làm thường thì phải liệt kê từng trường hợp thôi mà cái đó thì mình lười lắm, bạn xem quyển sáng tạo bất đẳng thức ấy

Hix. Mình đâu có mà đọc bạn. Liệt kê từng trường hợp là ntn vậy, bạn thử ns hướng mình vs? Mình đag làm theo hướng này:

Đặt x+y-z = a; x+z-y= b; z+y-x= c ==> C/m:

$\left | a \right |+\left | b \right |+\left | c \right |+\left | a+b+c \right |\geqslant \left | a+b \right |+\left | b+c \right |+\left | a+c \right |$

Nhưng chứng minh cái này cx chưa ra đk

Đúng hướng rồi, cái này liệt kê ra đơn giản mà(chỉ cần trâu bò một chút thôi) còn sách thì trên mạng có e-book mà

Mình vẫn ko hiểu liệt kê ntn??? Mình áp dụng mãi mấy cái bđt dấu gttđ mà nó cứ sai dấu chỗ /a+b+c/. Mà nếu tìm đk sách thì bài này ở phần nào vậy bạn???

Xét $f(x)=\left | x \right |$ là một hàm lồi.

Ta cần chứng minh

$f(x+y-z)+f(y+z-x)+f(z+x-y)+f(x+y+z)\geq f(2x)+f(2y)+f(z)+f(z)$

Giả sử $x\geq y\geq z$. Xét hai bộ $(x+y-z,y+z-x,z+x-y,x+y+z)^{*}$ và $(2x,2y,z,z)^*$

Rõ ràng $(x+y-z,y+z-x,z+x-y,x+y+z)^*\gg (2x,2y,z,z)^*$. Do đó theo bất đẳng thức Karamata ta có đpcm

Hix. Chỉ dùng đến kiến thức thông thường có giải đk ko bạn??? Hàm lồi mình chưa học à; cả bđt Karamata bạn ns nữa. 

Chứng minh rằng với mọi số thực x,y,z thì:

$(\sum \left | x+y-z \right |) + \left | x+y+z \right | \geqslant 2(\sum \left | x \right |)$

 

Mình dùng lượng giác bạn tham khảo nhé:

 

 đặt x=tana,y=tanb.

$\Rightarrow a,b>0$

 

$z=\frac{tana+tanb}{1-tanatanb}=tan(a+b)\Rightarrow a+b<\frac{\Pi }{2}$

Biến đổi

$A=\frac{10}{3}-3[sinb-\frac{1}{3}sin(2a+b)]^{2}-\frac{1}{3}cos^{2}(2a+b)$

$\leq \frac{10}{3}$

Hix, làm sao để đặt được như vậy hả bạn? Chả có liên quan ji hết á (

Lời giải:
Từ giả thiết ta có: $y=\frac{z-x}{1+xz}$ thay vào ta có:$A=\frac{(z-x)(5z-x)}{(1+z^2)(1+x^2)}+3$
Áp dụng BDT AM-GM thì: $A=\frac{(z-x)(5z-x)}{(1+z^2)(1+x^2)}+3\leq \frac{(3z-3x+5x-z)}{12(1+z^2)(1+x^2)}+3\leq \frac{(x+z)^2}{3(x+z)^2}+3\leq \frac{10}{3}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:$x=\frac{1}{\sqrt{2}},y=\frac{\sqrt{2}}{4},z=\sqrt{2}$

Bạn ơi, có thế nói rõ hướng suy nghĩ của nó được không. Bạn có thể đoán dấu bằng trước hả???

Lời giải:
Từ giả thiết ta có: $y=\frac{z-x}{1+xz}$ thay vào ta có:$A=\frac{(z-x)(5z-x)}{(1+z^2)(1+x^2)}+3$
Áp dụng BDT AM-GM thì: $A=\frac{(z-x)(5z-x)}{(1+z^2)(1+x^2)}+3\leq \frac{(3z-3x+5x-z)}{12(1+z^2)(1+x^2)}+3\leq \frac{(x+z)^2}{3(x+z)^2}+3\leq \frac{10}{3}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:$x=\frac{1}{\sqrt{2}},y=\frac{\sqrt{2}}{4},z=\sqrt{2}$

Bạn xem lại phần biến đổi đoạn đầu, hình như nhầm lẫn thì phải???

Cho $x,y,z\in \left [ 1;2 \right ]$. Tìm giá trị lớn nhất của $P= (x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$

bài này rõ ràng thử số vào thì đúng là tam giác vuông.nhưng khi chứng minh lại chỉ ra tam giác cân .Chả hiểu lí do vì sao? ai có thể giải thích cho mình được không?

Hay là vuông cân nhỉ

Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu $\frac{tgB}{tgC}=\frac{sin^2B}{sin^2C}$ thì tam giác đó là tam giác vuông.

$ax^{2}+bx+c>0,\forall x\epsilon \mathbb{R}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a>0\\\Delta <0 \end{matrix}\right.$

Còn th cả 2 nhân tử đều <0 thì không xét à bạn???

cân hay vuông vậy bạn?????

Theo đề của mình thì là vuông bạn ạ

Tham khảo tại đây

Bạn ơi, trong hệ thức Ơle đó d là khoảng cách giữa tâm đt nội, ngoại tiếp mà. Còn d trong đề bài của mình là khoảng cách giữa trọng tâm G và tâm đt ngoại tiếp. Khác nhau mà

bạn cũng có thể giải theo cách này

$(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ca}-1)\geq (\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+b)^{2}}-1)(\frac{4(a+b+c)^{2}}{(b+c)^{2}}-1)(\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+c)^{2}}-1)$

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

tương tự, sẽ thu được 2 biểu thức còn lại lớn hơn hoặc bằng $\frac{8\sqrt[4]{(a+b)^{3}(b+c)^{3}(a+c)^{2}}}{(a+c)^{2}}$; $\frac{8\sqrt[4]{(a+b)^{3}(a+c)^{3}(b+c)^{2}}}{(b+c)^{2}}$

suy ra VT lớn hơn hoặc bằng $\sqrt[3]{8^{3}\frac{(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}}{(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}}}=8$

Hì, cái này có vẻ hơi thiếu tự nhiên tí đoạn đầu bạn nhỉ? Nghĩ ra hướng này cx khá khó, bạn chỉ mình cách suy nghĩ đk k?

Xét $P^3=(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ca}-1)=\frac{(1-ab)(1-bc)(1-ca)}{(abc)^2}$

Áp dụng AM-GM ta có $1-ab \geqslant 1-\frac{(a+b)^2}{4}=\frac{(2+a+b)(2-a-b)}{4}=\frac{\left [ (a+1)+(b+1) \right ](c+1)}{4}\geqslant \frac{\sqrt{(a+1)(b+1)}(c+1)}{2}$

Tương tự 2 bất đẳng thức còn lại ta có

     $P^3\geqslant \frac{(a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2}{8(abc)^2}=\frac{1}{8}\left [ \frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc} \right ]^2$

Xét $\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc} =\frac{(2a+b+c)(a+2b+c)(a+b+2c)}{abc}\geqslant \frac{4\sqrt[4]{a^2bc}.4\sqrt[4]{ab^2c}.4\sqrt[4]{abc^2}}{abc}=64$

$\Rightarrow P^3 \geqslant \frac{64^2}{8}=8^3\Rightarrow P\geqslant 8$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Cách giải của bạn hay lắm. Nhưng mình đang nghĩ theo một hướng khác. Kiểu như chứng minh thêm 1 bất đẳng thức phụ với căn bậc 3 oy áp dụng có nhanh hơn không nhỉ???

P/s: Bạn fan Ronaldo hả, có thích Real k@@

Cho a,b,c >0, a+b+c = 1. Chứng minh rằng:

$\sqrt[3]{(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ab}-1)}\geq 8$

 

MOD : Chú í tiêu đề

Cho a,b,c là các số dương sao cho a+b+c = abc. Chứng minh rằng: 

$\sum \sqrt{1+\frac{1}{a^{2}}}\geq 2\sqrt{3}$

áp dụng bđt minkowski $\sqrt{1+\frac{1}{a^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{b^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{c^{2}}}\geq \sqrt{9+(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}}\geq \sqrt{9+\frac{3}{ab}+\frac{3}{bc}+\frac{3}{ca}}$

do a+b+c=abc, suy ra $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$

suy ra $\sqrt{9+\frac{3}{ab}+\frac{3}{bc}+\frac{3}{ca}}=\sqrt{9+3}=2\sqrt{3}$

Bạn cho mình dạng tổng quát và cách chứng minh bđt minkowski đk k?

Với giá trị nào của m thì bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x: 

$6x^{2}+4x+5>\left | 2x^{2}+4mx+1 \right |$

Gọi R,r lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC, d là khoảng cách giữa trọng tâm G và tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó, chứng minh $d^{2}< R(R-2r)$

BPT $\Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix} 6x^2+4x+5\geq 0,\forall x\in \mathbb{R}\\ [x^{2}-(m-1)x+1][4x^2+2(m+1)x+3]>0 \end{matrix}\right.$

       $\Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix} x^2-(m-1)x+1>0\\4x^2+2(m+1)x+3>0 \end{matrix}\right.$ 

       $\Leftrightarrow -1\leq m\leq -1+2\sqrt{3}$

Bạn ơi, còn th cả 2 nhân tử <0 thì không xét à? Đoạn cuối bạn làm rõ tí đk k?