Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Sử dụng quy nạp:
Với \(n=1\Rightarrow \frac{1}{2}< \frac{1}{\sqrt{3}}\) (đúng)
Với \(n=2\Rightarrow \frac{1.3}{2.4}< \frac{1}{\sqrt{5}}\) (đúng)
.............
Giả sử bài toán đúng với \(n=k\), tức là :
\(\frac{1.3.5...(2k-1)}{2.4.6...2k}< \frac{1}{\sqrt{2k+1}}\) (*)
Ta cần chỉ ra nó cũng đúng với \(n=k+1\) hay :
\(\frac{1.3.5....(2k-1)(2k+1)}{2.4.6....(2k)(2k+2)}< \frac{1}{\sqrt{2k+3}}\). Thật vậy, theo (*) ta có:
\(\frac{1.3.5....(2k-1)(2k+1)}{2.4.6....(2k)(2k+2)}< \frac{1}{\sqrt{2k+1}}.\frac{2k+1}{2k+2}=\frac{\sqrt{2k+1}}{2k+2}\) (1)
Xét \(\frac{\sqrt{2k+1}}{2k+2}-\frac{1}{\sqrt{2k+3}}=\frac{\sqrt{(2k+1)(2k+3)}-(2k+2)}{(2k+2)\sqrt{2k+3}}\) \(=\frac{-1}{[\sqrt{(2k+1)(2k+3)}+(2k+2)](2k+2)\sqrt{2k+3}}<0\)
Suy ra \(\frac{\sqrt{2k+1}}{2k+2}< \frac{1}{\sqrt{2k+3}}(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \frac{1.3.5....(2k-1)(2k+1)}{2.4.6....(2k)(2k+2)}< \frac{1}{\sqrt{2k+3}}\)
Vậy bài toán đúng với \(n=k+1\), phép quy nạp hoàn thành.
Do đó ta có đpcm.
Bài 1:
\((x,y,z)=(\frac{2a^2}{bc}; \frac{2b^2}{ca}; \frac{2c^2}{ab})\) (\(a,b,c>0\) )
Khi đó:
\(\text{VT}=\frac{\frac{4a^4}{b^2c^2}}{\frac{4a^4}{b^2c^2}+\frac{4a^2}{bc}+1}+\frac{\frac{4b^4}{c^2a^2}}{\frac{4b^4}{c^2a^2}+\frac{4b^2}{ca}+4}+\frac{\frac{4c^4}{a^2b^2}}{\frac{4c^4}{a^2b^2}+\frac{4c^2}{ab}+4}\)
\(=\frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}+\frac{b^4}{b^4+b^2ac+a^2c^2}+\frac{c^4}{c^4+c^2ab+a^2b^2}\)
\(\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+a^2bc+b^2ac+c^2ab+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}\)
(Áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz)
Theo BĐT Cauchy dễ thấy:
\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2bc+b^2ca+c^2ab\)
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=2$
Bài 2:
Đặt \((x,y,z)=\left(\frac{a}{b};\frac{b}{c}; \frac{c}{a}\right)\)
Ta có:
\(\text{VT}=\left(\frac{a}{b}+\frac{c}{b}-1\right)\left(\frac{b}{c}+\frac{a}{c}-1\right)\left(\frac{c}{a}+\frac{b}{a}-1\right)\)
\(=\frac{(a+c-b)(b+a-c)(c+b-a)}{abc}\)
Áp dụng BĐT Cauchy:
\((a+c-b)(b+a-c)\leq \left(\frac{a+c-b+b+a-c}{2}\right)^2=a^2\)
\((b+a-c)(c+b-a)\leq \left(\frac{b+a-c+c+b-a}{2}\right)^2=b^2\)
\((a+c-b)(c+b-a)\leq \left(\frac{a+c-b+c+b-a}{2}\right)^2=c^2\)
Nhân theo vế:
\(\Rightarrow [(a+c-b)(b+a-c)(c+b-a)]^2\leq (abc)^2\)
\(\Rightarrow (a+c-b)(b+a-c)(c+b-a)\leq abc\)
\(\Rightarrow \text{VT}\leq 1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=1$
Ta có: \(\dfrac{1}{9}=\left(\dfrac{1}{3}\right)^2=\dfrac{1}{3.3}< \dfrac{1}{2.3}\)
\(\dfrac{1}{16}=\left(\dfrac{1}{4}\right)^2=\dfrac{1}{4.4}< \dfrac{1}{3.4}\)
................
\(\dfrac{1}{\left(2n+1\right)^2}< \dfrac{1}{2n\left(2n+1\right)}\)
⇒\(\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{16}+......+\dfrac{1}{\left(2n+1\right)^2}\)< \(\dfrac{1}{2.3}+\dfrac{1}{3.4}+.....+\dfrac{1}{2n.\left(2n+1\right)}\)
= \(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+.....+\dfrac{1}{2n}-\dfrac{1}{2n+1}\)
= \(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2n+1}\)
= \(\dfrac{2n+1-2}{2n+1}\)
= \(\dfrac{2n-1}{2n+1}\)= \(1-\dfrac{2}{2n+1}\)
Ta có: n ≥ 1⇒ 2n+1 ≥ 3
⇒ \(1-\dfrac{2}{2n+1}\) ≤ \(\dfrac{1}{3}\)
hình như đề sai thì phải