loolo

Bài 2:

a) Dãy $(x_{n})$ tăng. Gỉa sử $(x_{n})$ bị chặn trên. Theo nguyên lí Weierstrass thì có giới hạn $L\in R$. Chuyển hệ thức truy hồi của dãy qua giới hạn ta được: $L=\frac{L^{4}+9}{L^{3}-L+6}\Leftrightarrow L=3$ ( vô lí vì $x_{1}=4$ và dãy tăng)

Nên dãy không bị chặn và $\lim_{n\rightarrow +\infty }x_{n}=+\infty$

b) Viết lại dãy thành: $\frac{1}{x_{n}^{3}+3}=\frac{1}{x_{n}-3}-\frac{1}{x_{n+1}-3}$

$limy_{n}=lim(\frac{1}{x_{1}-3}-\frac{1}{x_{n+1}-3})=lim\frac{1}{x_{1}-3}=1$ ( vì $limx_{n+1}=+\infty$ )

Bài 23:

Chứng minh bổ đề: $3(a+b+c+d)^{2}\geq 8(ab+ac+ad+bc+bd+cd)$

$\sum \frac{a}{b+2c+3d}\geq \sum \frac{a^{2}}{ab+2ac+3ad}\geq \frac{(a+b+c+d)^{2}}{4(ab+ac+ad+bc+bd+cd)}\geq \frac{(a+b+c+d)^{2}}{\frac{3}{2}(a+b+c+d)^{2}}=\frac{2}{3}$

cái dòng thứ 2 phải là $\leq 2014^{3}+1$

Đây là đề thi vào chuyên toán Hà Nội 2014

Mình ko hỏi chỗ đó. Mình hỏi là sao $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geqslant \sqrt{3(ab+bc+ca)}.(ab+bc+ca)$

$(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow a+b+c\geq \sqrt{3(ab+bc+ac)}$

Ta có: $2.\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\geq 3.\sqrt[3]{\frac{a^{2}}{bc}}$

Thiết lập các bđt tương tự ta được:

$2.\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3.\sqrt[3]{\frac{b^{2}}{ac}};2.\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\geq \sqrt[3]{\frac{c^{2}}{ab}}$

Cộng vế theo vế ta được:

$3(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq 3(\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}})$

$\Leftrightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$ (đpcm)