|
|
giải đáp
|
Help!!!!
|
|
|
|
Từ giả thiết ta có $(a+b+c)^2-2(ac+bc+ca)\geq (a+b+c)\sqrt{ab+bc+ca}$ $\Leftrightarrow \left ( \frac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}} \right )^2-2\geq \frac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}$
$\Rightarrow \frac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}\geq 2$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq 2(ab+bc+ca)$ Không mất tính tổng quát giả sử $a=max(a,b,c)\Rightarrow \sqrt{a}\geq \sqrt{b}+\sqrt{c}\Rightarrow a^2\geq 16bc$ TA CÓ $P\geq 2(a+b+c)+\frac{1}{abc}=\frac{a}{2}+\frac{a}{2}+\frac{a}{2}+\frac{a}{2}+2a+2b+\frac{1}{2abc}+\frac{1}{2abc}\geq 8\sqrt[8]{\frac{a^2}{2^4bc}}=8$ dấu bằng $\Leftrightarrow a=2$ $ b=c=1/2$ |
|
|
|
giải đáp
|
Mong mấy sư phụ chỉ giáo cho em
|
|
|
|
Ta có $\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}=\frac{a^5+b^2+c^2-(a^2+b^2+c^2)}{a^5+b^2+c^2}=1-\frac{a^2+b^2+c^2}{a^5+b^2+c^2}$ BĐT TƯƠNG ĐƯƠNG $3-\left ( a^2+b^2+c^2 \right )\left ( \frac{1}{a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{b^5+c^2+a^2}+\frac{1}{c^5+a^2+b^2} \right )\geq 0$ Theo BĐT BCS $(a^5+b^2+c^2)(\frac{1}{a}+b^2+c^2)\geq (a^2+b^2+c^2)^2\Rightarrow a^5+b^2+c^2\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\frac{1}{a}+b^2+c^2}$ SUY RA VT$\geq 3-\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+2(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2}=1-\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{a^2+b^2+c^2}=1-\frac{ab+bc+ca}{abc(a^2+b^2+c^2)}\geq 1-\frac{ab+bc+ca}{abc(ab+bc+ca)}=1-1=0$
|
|
|
|
giải đáp
|
tim gtln gtnn
|
|
|
|
đây nhé trước tiên chứng minh được cái này $x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)\geq (x+y)^3-\frac{3(x+y)^3}{4}=\frac{(x+y)^3}{4}$ nhân ra $12(x^3+y^3)+16x^2y^2+34xy\geq 3+16x^2y^2+34xy$ đặt $0\leq t=xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}=\frac{1}{4}$ đến đây xét hàm chắc được rồi -_- |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
BĐT
|
|
|
|
Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ Chứng minh rằng : $\left ( ab+bc+ca \right )\left ( \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \right )^2\geq 27$
|
|
|
|
giải đáp
|
Ai tốt bụng cứu em với!
|
|
|
|
! từ điều kiện ta đặt $a=\frac{2x}{y+z}$ $b=\frac{2y}{z+x}$ $c=\frac{2z}{x+y}$ BĐT tương đương $2\sqrt{\frac{xy}{(y+z)(z+x)}}+2\sqrt{\frac{yz}{(z+x)(x+y)}}+2\sqrt{\frac{zx}{(x+y)(y+z)}} $ $\leq \frac{x}{z+x}+\frac{y}{y+z}+\frac{y}{x+y}+\frac{z}{x+z}+\frac{z}{y+z}+\frac{x}{x+y}=3$ đpcm. |
|
|
|
giải đáp
|
A
|
|
|
|
Điều Kiện $\Rightarrow x^2+y^2=6x+2y-5$ Mẫu $=4y^2+4xy+x^2-(x^2+y^2)+7x+4y-1=(x+2y)^2+(x+2y)+4$ $\Rightarrow P=\frac{(x+2y)^2+(x+2y)+4}{x+2y+1}$ Tại hạ chỉ làm được đến đây không biết các hạ đã xơi được chưa |
|
|
|
giải đáp
|
giải phương trình bằng pp đặt ẩn phụ
|
|
|
|
Bài 7. đặt $a=y^2+5y$ thế vào phương trình được pt bậc 2 $a^2-8a-84=0$ giải pt bậc 2 $\Rightarrow a \Rightarrow y$ Bài 8. đặt $a=\sqrt{y^2-5} \Rightarrow a\geq =0$ thế vào được pt bậc 2 $a^2-5a-6=0$ $\Rightarrow a \Rightarrow y$ Tự Giải ! |
|
|
|
giải đáp
|
Biểu thức
|
|
|
|
Quy đồng lên nhé $\sqrt{\frac{1-cosx}{1+cosx}}+\sqrt{\frac{1+cosx}{1-cosx}}=\frac{1-cosx+1+cosx}{\sqrt{(1+cosx)(1-cosx)}}=\frac{2}{\sqrt{1-cos^2x}}=\frac{2}{\sqrt{sin^2x}}=\frac{2}{|sinx|}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Cho a,b,c dương thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR: $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq a^2+b^2+c^2$
|
|
|
|
ta có $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{3}{abc}$ cần chứng minh $\frac{3}{abc}\geq a^2+b^2+c^2 \Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq 3$ bổ đề $(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c) \Rightarrow abc\leq \frac{(ab+bc+ca)^2}{9}$ $\Rightarrow abc(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)}{9}\leq \frac{1}{9}\left ( \frac{(a+b+c)^2}{3} \right )^3=3(cauchy)$ => đpcm
|
|
|
|
giải đáp
|
Bđt (chứng minh theo cách lớp 10)
|
|
|
|
b) tại 1 điểm O bất kì ta dựng các vecto $ \overrightarrow{e_{1}},\overrightarrow{e_{2}},\overrightarrow{e_{3}}$ thỏa mãn$|\overrightarrow{e_{1}}|=|\overrightarrow{e_{2}}|=|\overrightarrow{e_{3}}|=1$ và góc giữa (e1,e2)=2A ; (e2;e3)=2B ; (e1;e3)=2C; ta luôn có $(\overrightarrow{e_{1}}+\overrightarrow{e_{2}}+\overrightarrow{e_{3}})^2\geq 0\Leftrightarrow 3+2\overrightarrow{e_1}.\overrightarrow{e_2}+2\overrightarrow{e_2}.\overrightarrow{e_3}+2\overrightarrow{e_3}.\overrightarrow{e_1}\geq 0\Leftrightarrow 3+2|\overrightarrow{e_{1}}||\overrightarrow{e_{2}}|.Cos(e1,e2)+.....\geq 0 \Leftrightarrow 3+2Cos2A+2Cos2B+2Cos2C \geq 0 $
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT :))
|
|
|
|
Còn đây là áp dụng cái hôm qua nhé $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$ $\Leftrightarrow (1-2a)(1-2b)(1-2c)\leq abc $ $\Leftrightarrow 1-2(a+b+c)+4(ab+bc+ca)-8abc\leq abc$ $\Leftrightarrow ab+bc+ca-2abc\leq \frac{1}{4}(1+abc)\leq \frac{7}{27}$ khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ |
|
|
|
giải đáp
|
BĐT :))
|
|
|
|
Từ giả thiết ta có $x,y,z\in[0;1]\Rightarrow xy+yz+zx-2xyz=xy+yz(1-x)+zx(1-y)\geq 0$ Khờ ca và mn cũng có $yz\leq \frac{(y+z)^2}{4}=\frac{(1-x)^2}{4}$ ta sẽ chơi trội chứng minh thẳng nó $ \leq \frac{7}{27}$ luôn :v $\Leftrightarrow xy+yz+zx-2xyz-\frac{7}{27}\leq 0 \Leftrightarrow f\left ( yz \right )=(1-2x)yz+x(1-x)-\frac{7}{27}\leq 0$ $(*)$ ta thấy rằng $-$ Nếu $x=\frac{1}{2}$ khi đó $(*)=-\frac{1}{108}\leq 0$ luôn đúng $-$ Nếu $x\neq \frac{1}{2}$ thì $f(yz)$ là hàm số bậc nhất xác định trên đoạn $\left[ {0;\frac{(1-x)^2}{4}} \right]$. Do đó để chứng minh $f(yz)\leq 0 $ ta chỉ cần chứng minh $\begin{cases}f(0)\leq 0\\ f\left[ {\frac{(1-x)^2}{4}} \right]\leq0 \end{cases}$ ta có $f(0)=x(1-x)-\frac{7}{27}=-\left ( x-\frac{1}{2} \right )^2-\frac{1}{108}<0$ và $f\left[ {\frac{(1-x)^2}{4}} \right]=(1-2x).\frac{(1-x)^2}{4}+x(1-x)-\frac{7}{27}=-\frac{1}{108}(6x+1)(3x-1)^2\leq 0$ Vậy ta đã có đpcm -_- P/S: mà nãy huynh nhớ nhầm tên nhé, vì cách này lợi dụng tính chất của hàm bậc nhất nên tên của nó phải là Nhất Dương Chỉ nhé :D |
|
|
|
giải đáp
|
gíup e với ạ
|
|
|
|
chọn $A\left ( a+\frac{b}{2};\frac{\sqrt{3}}{2}c \right )$ $B\left ( 0;\frac{\sqrt{3}}{2}b+\frac{\sqrt{3}}{2}c \right )$ $C\left ( \frac{b}{2}-\frac{3}{2};0 \right )$ $\Rightarrow |\overrightarrow{AB}|=\sqrt{a^2+ab+b^2}$ $|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{b^2+bc+c^2}$ $|\overrightarrow{AC}|=\sqrt{a^2+ac+c^2}$ mà $ |\overrightarrow{AB}|+|\overrightarrow{BC}|\geq |\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{AC}|$(đpcm)
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT đây :))
|
|
|
|
áp dụng mệnh đề sau $(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)\leq abc$ $\Rightarrow (3-2x)(3-2y)(3-2z)\leq xyz$ nhân ra thu gọn được $xyz\geq -3+\frac{12}{9}\left ( xy+yz+zx \right )$ ta lại có $VT=\left ( x+y+z \right )^3-3\left ( x+y \right )(y+z)(z+x)+xyz=(x+y+z)^3-3\left[ {(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz} \right]+xyz=27-3\left[ {3(xy+yz+zx)-xyz} \right]+xyz=27-9(xy+yz+zx)+4xyz\geq 27-9(xy+yz+zx)+4\left[ {-3+\frac{12}{9}(xy+yz+zx)} \right]=15-\frac{11}{3}(xy+yz+zx)\geq 15-11=4$ vì $xy+yz+xz \leq \frac{(x+y+z)^2}{3}=3$ |
|
|
|
giải đáp
|
mọi người ơi???
|
|
|
|
$VT=\frac{a^2}{4}+b^2+c^2-ab-ac+2bc-\frac{7a^2}{12}-3bc=\left ( -b-c+\frac{a}{2} \right )^2+\frac{a^2-36bc}{12}\geq \frac{a^3-36abc}{12}>0$
|
|