Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Dòng chứng minh thứ 2:
Áp dụng $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ (điều này suy ra từ $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0$)
Với $a=x^4,b=y^4,c=z^4$ thì
$x^4+y^4+z^4\geq x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2$
Với $a=x^2y^2,b=y^2z^2,c=z^2x^2$ thì
$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyyz+yzzx+zxxy=xyz(x+y+z)$ Vậy suy ra ĐPCM

Ta chứng minh:
$(a+\frac{b}{x})(a+\frac{b}{y})(a+\frac{b}{z})\geq (a+\frac{b}{\sqrt[3]{xzy}})^3$
Thật vậy, đặt  $x_1=x_2=x_3=a,y_1=\frac{b}{x},y_1=\frac{b}{y},y_3=\frac{b}{z}$
Ta chứng minh $(x_1+y_1)(x_2+y_2)(x_3+y_3)\geq (\sqrt[3]{x_1x_2x_3}+\sqrt[3]{y_1y_2y_3})^3$
Điều này tương đương với:
$\sqrt[3]{\frac{x_1x_2x_3}{(x_1+y_1)(x_2+y_2)(x_3+y_3)}}+\sqrt[3]{\frac{y_1y_2y_3}{(y_1+y_1)(x_2+y_2)(x_3+y_3)}}\leq 1$
Nhưng áp dụng bdt AM-GM ta có:

$\sqrt[3]{\frac{x_1x_2x_3}{(x_1+y_1)(x_2+y_2)(x_3+y_3)}}+\sqrt[3]{\frac{y_1y_2y_3}{(y_1+y_1)(x_2+y_2)(x_3+y_3)}}\leq \frac{\frac{x_1}{x_1+y_1}+\frac{x_2}{x_2+y_2}+\frac{x_3}{x_3+y_3}}{3}+\frac{\frac{y_1}{x_1+y_1}+\frac{y_2}{x_2+y_2}+\frac{y_3}{x_3+y_3}}{3}=1$
 Tù đây ta suy ra ĐPCM
P/s: Áp dụng cách chứng minh này, em có thể chứng minh cho n số.

Dùng AM-GM ta có:
$x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq xyz(x+y+z)$
Từ đây:
$\left ( a+\frac{b}{x} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{y} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{z} \right )^{4}\geq \left (a+\frac{b}{x}  \right )\left (a+\frac{b}{y}  \right )\left (a+\frac{b}{z}  \right )\left [3a+b\left ( \frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right )\right ]$
Mà $\left(a+\frac{b}{x}  \right )\left (a+\frac{b}{y}  \right )\left (a+\frac{b}{z}  \right )\geq \left ( a+\frac{b}{\sqrt[3]{xyz}} \right )^{3}$(Dùng AM-GM ta chứng minh được điều này).
Và từ $x+y+z=1$ ta có:  $\left ( a+\frac{b}{\sqrt[3]{xyz}} \right )^{3}\geq \left ( a+3b \right ) ^{3}$
Vậy $\left ( a+\frac{b}{x} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{y} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{z} \right )^{4}\geq \left ( a+3b \right ) ^{3} \left [ 3a+b\left ( \frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right )\right ]$
Mà $\left ( 3a+b(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) \right )\geq3 \left ( a+3b \right )$
(Vì $b\left ( \frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-9\right )\geq 0$ ).
Vậy  $\left ( a+\frac{b}{x} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{y} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{z} \right )^{4}\geq3\left ( a+3b \right )^{4}$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Ta tính được rằng $u_2=\frac{u_1}{1+u_1}=\frac{1}{2}, u_3=\frac{u_2}{1+u_2}=\frac{\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}$
Ta sẽ chứng minh $u_n=\frac{1}{n}\forall n\in N^*$
Với n=1,2,3 thì điều này đúng
Giả sử ĐPCM đúng tới $n=k$ hay $u_k=\frac{1}{k}$
Với $n=k+1$ ta có: $u_{k+1}=\frac{u_k}{1+u_k}=\frac{\frac{1}{k}}{1+\frac{1}{k}}=\frac{1}{k+1}$
=> Với $n=k+1$ ĐPCM đúng
Vậy => ĐPCM đúng với $\forall n\in N^*$

Bạn xem lời giả ở đây nhé!
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/115366/giup-minh-bai-quy-nap-nay-voi/15296#15296

Để phương tình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương  trình $t^2-2(m+1)+2m+1$ (*) phải có 2 nghiệm dương phân biệt $t_1,t_2$ (Các nghiệm của phương tình ban đầu sẽ là $\sqrt{t_1},-\sqrt{t_1},\sqrt{t_2},-\sqrt{t_2}$)
điều này có nghĩa là
$(m+1)^2-2m-1>0 \Leftrightarrow m^2>0 \Leftrightarrow m\neq 0$ (1)
và $m+1>0 \Leftrightarrow m>-1$ (2)

Gọi $a$ là nghiệm dương bé nhất của phương tình ban đầu, khi đó $-a$  cũng là nghiệm của pt đó, vậy 4 nghiệm tạo thành CSC có công sai là $a-(-a)=2a$ vậy 4 nghiệm của pt ban đầu là $-3a,-a,a,3a$
Vậy  phương tình (*) có 2  nghiệm là $t_1=a^2$ và $t_2=9a^2$
Vậy suy ra $\begin{cases}2(m+1)=t_1+t_2=10a^2 \\ 2m+1=9a^4 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}4(m+1)^2=100a^4\\ 2m+1=t_1t_2=9a^4 \end{cases} \Rightarrow\frac{2m+1}{4m^2+8m+4}=\frac{9}{100}$
$\Rightarrow\begin{cases}m=4 \\ m=-4/9 \end{cases}$ 
 2 nghiệm  này đều thỏa mãn (1) và (2) vậy  $m=4$ hoặc $m=-4/9$

Gọi $u_1$ là số đầu tiên là $d$ là công sai,
ta có $u_1+(u_1+d)+(u_1+2d)+(u_1+3d)=4u_1+6d=20 \Rightarrow 2u_1+3d=10$
và $\frac{1}{u_1}+\frac{1}{u_1+d}+\frac{1}{u_1+2d}+\frac{1}{u_1+3d}=\frac{25}{24}$
$\Leftrightarrow \frac{2u_1+3d}{u_1(u_1+3d)}+\frac{2u_1+3d}{(u_1+d)(u_1+2d)}=\frac{25}{24} \Leftrightarrow \frac{1}{u_1(u_1+3d)}+\frac{1}{(u_1+d)(u_1+2d)}=\frac{5}{48}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{\frac{10-3d}{2}(10-\frac{10-3d}{2})}+\frac{1}{(\frac{10-3d}{2}+d)(10-\frac{10-3d}{2}-d)}=\frac{5}{48} \Leftrightarrow \frac{4}{100-9d^2}+\frac{4}{100-d^2}=\frac{5}{48}$
Phương trình này có 4 nghiệm là $2,-2,\frac{2}{3}\sqrt{145},\frac{-2}{3}\sqrt{145}$
Vì đây là 4 số nguyên nên ta lấy $d=2$ hoặc $d=-2$
$d=2\Rightarrow u_1=2$, 4 số là: $2,4,6,8$
$d=-2\Rightarrow u_1=8$, 4 số là $8,6,4,2$ :D
Vậy ta đã giải quyết xong bài toán.

Theo AM-GM thì
$2xy\leq x^2+y^2$
$2zy\leq z^2+y^2$
$2xz\leq x^2+z^2$
Vậy $x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx\leq 3(x^2+y^2+z^2)$ 
$\Leftrightarrow (x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)$ 

n=1 đúng vì $1<2\sqrt{1}$
Giả sử đpcm đúng với $n=k$
hay $1+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{k}}<2\sqrt{k}$ 
Với n=k+1
$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}<2\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}$ 
Ta chứng minh
$2\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}<2\sqrt{k+1}$ <=> $2\sqrt{k(k+1)}+1<2(k+1)$ <=> $k(k+1)<(k+1/2)^2$
<=> $1/4>0$ (Đúng)
Vậy với $n=k+1$ BĐT đúng.
Suy ra ĐPCM