Moon Loves Math

Ta có:

$P=\sum \frac{x^2}{3x^2+5xy+3y^2}=\sum \frac{x^2}{3(x+y)^2-xy}\geq\sum\frac{x^2}{3(x+y)^2-\frac{(x+y)^2}{4}}=\frac{4}{11}\sum\frac{x^2}{(x+y)^2}$

Đặt $Q=\sum\frac{x^2}{(x+y)^2}=\sum\frac{1}{\left ( 1+\frac{y}{x} \right )^2}$

Đổi biến: $\left ( \frac{y}{x}, \ \frac{z}{y}, \ \frac{x}{z} \right )=\left ( \frac{bc}{a^2}, \ \frac{ca}{b^2}, \ \frac{ab}{c^2} \right )$ với $a,b,c>0$.

Lúc này: $Q=\sum\frac{1}{\left ( 1+\frac{bc}{a^2} \right )^2}=\sum \frac{a^4}{(a^2+bc)^2}\geq\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2+bc)^2+(b^2+ca)^2+(c^2+ab)^2}$

Mặt khác, ta cũng có: 

$\begin{align*} & \qquad \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2+bc)^2+(b^2+ca)^2+(c^2+ab)^2}\geq\frac{3}{4} \\ &\Leftrightarrow 4(a^2+b^2+c^2)^2\geq3\left [(a^2+bc)^2+(b^2+ca)^2+(c^2+ab)^2 \right ] \\ &\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq6abc(a+b+c) \end{align*}$

Bđt cuối cùng đúng do theo AM-GM thì: $\sum a^4\geq\sum a^2b^2 \geq \sum a^2bc$

Suy ra: $P\geq\frac{4}{11}Q\geq\frac{4}{11}\cdot \frac{3}{4}=\frac{3}{11}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$.

Vậy $P_{min}=\frac{3}{11}$.

Xét $\forall n\geq2$, ta có:

$\frac{1}{U_1U_2\cdots U_n}=\frac{1}{2}.\frac{2}{U_1U_2\cdots U_n}=\frac{1}{2}.\frac{U_n^2-U_{n+1}}{U_1U_2\cdots U_n}=\frac{1}{2}.\left [ \frac{U_n}{U_1U_2\cdots U_{n-1}}-\frac{U_{n+1}}{U_1U_2\cdots U_n} \right ]$

Từ đây, ta có thể viết gọn lại $S_n$, 

$\begin{align*} S_n&=\frac{1}{U_1}+\frac{1}{U_1U_2} \cdots +\frac{1}{U_1U_2\cdots U_n} \\ &= \frac{1}{U_1}+\frac{1}{2}.\left [ \frac{U_2}{U_1}-\frac{U_3}{U_1U_2}+\cdots+\frac{U_n}{U_1U_2 \cdots U_{n-1}} - \frac{U_{n+1}}{U_1U_2 \cdots U_n} \right ]\\ &= \frac{1}{U_1}+\frac{1}{2}.\left [\frac{U_2}{U_1} - \frac{U_{n+1}}{U_1U_2 \cdots U_n} \right ] \end{align*}$

Đến đây, ta cần tính được giới hạn:  $L=\lim \frac{U_{n+1}}{U_1U_2 \cdots U_n}$

Bằng phương pháp quy nạp, ta dễ dàng kiểm chứng được: $(U_n)$ là một dãy tăng và không bị chặn trên, suy ra: $\lim U_n= +\infty$

Xét: $U_{n+1}^2-4=\left ( U_n^2-2 \right )^2-4=U_n^4-4U_n^2=U_n^2\left ( U_n^2-4 \right )$

$\Rightarrow U_n^2=\frac{U_{n+1}^2-4}{U_n^2-4} \ \forall n$

Suy ra: $U_1^2U_2^2\cdots U_n^2=\frac{U_2^2-4}{U_1^2-4}.\frac{U_3^2-4}{U_2^2-4}\cdots \frac{U_{n+1}^2-4}{U_n^2-4}=\frac{U_{n+1}^2-4}{U_1^2-4} \\ \Rightarrow U_1U_2\cdots U_n=\sqrt{\frac{U_{n+1}^2-4}{U_1^2-4}}$

Do đó, $L=\lim \frac{U_{n+1}}{U_1U_2 \cdots U_n}=\lim \frac{U_{n+1}\sqrt{U_1^2-4}}{\sqrt{U_{n+1}^2-4}}=\sqrt{U_1^2-4}$

Nên $\lim S_n=\frac{1}{U_1}+\frac{1}{2}.\left [ \frac{U_2}{U_1}-\sqrt{U_1^2-4} \right ]=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$

Đặt $S=\displaystyle \cos 2A +\frac{1}{64\cos^4 A } -(2\cos 2B +4\sin B) + \frac{13}{4}$

Ta có: 

$\begin{align*} \cos2A+\frac{1}{64\cos^4A}&=2\cos^2A-1+\frac{1}{64\cos^4A} \\ &=\left ( \cos^2A+\cos^2A+\frac{1}{64\cos^4A} \right )-1 \\ &\geq 3. \sqrt[3]{\cos^2A.\cos^2A.\frac{1}{64\cos^4A}}-1 \\ &=\frac{3}{4}-1=\frac{-1}{4} \end{align*}$

Lại có: 

$\begin{align*} \frac{13}{4}-\left ( 2\cos2B+4\sin B \right ) &= \frac{13}{4}-\left ( 2-4\sin^2B+4\sin B \right ) \\ &=4\sin^2B-4\sin B+\frac{5}{4} \\ &=\left ( 2\sin B-1 \right )^2+\frac{1}{4} \geq \frac{1}{4} \end{align*}$

Nên suy ra: $0 \geq S \geq -\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=0$, dẫn đến $S=0$.

Do đó: $\cos^2A=\frac{1}{64\cos^4A}$ và $(2\sin B-1)^2=0$.

Nên $A=60^{\circ}, B=30^{\circ}$ và $C=90^{\circ}$.

Em có thử lại nghiệm tổng quát rồi, em nghĩ là thỏa mãn á.

Phải cẩn thận khi gặp dạng phương trình (*) trong khi giải PT hàm. Lưu ý rằng bạn có (*) đúng với mọi $x$, chứ không phải chỉ vế đầu đúng với mọi $x$, hoặc vế sau đúng với mọi $x$. Có thể có những hàm lúc thì rơi vào TH1, lúc thì rơi vào TH2.

Bạn phải chứng minh thêm rằng:

Không tồn tại hàm $f$ nào sao cho tồn tại $a \ne b$ để $f(a)=\cos a$ (TH1) và $4f^2(b)+4f(b)\cos b + 4\cos ^2 b -3 = 0$ (TH2).

Cảm ơn anh đã góp ý ạ. Em đúng là quên TH đó thật  .

Em đã bổ sung thêm một TH3 rồi, có lẽ rằng nếu thêm vào giả thiết hàm $f$ khả vi thì em có thể chứng minh được mệnh đề anh nói.