|
|
giải đáp
|
Bđt
|
|
|
|
a, $\frac{1}{a+1}=1-\frac{1}{b+1}+1-\frac{1}{c+1}+1-\frac{1}{d+1}$ $<=> \frac{1}{a+1}=\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{d}{d+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{bcd}{(b+1)(c+1)(d+1)}}$ Tương tự có 3 cái còn lại rồi nhân vế theo vế là oke b,$P= \frac{a-b}{b+c}+\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{d+a}+\frac{d-a}{a+b}$ $<=>P+4=\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+d}{c+d}+\frac{c+a}{d+a}+\frac{d+b}{a+b}=(a+c)(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a})+(b+d)(\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b})\geq (a+c)\frac{4}{a+b+c+d}+(b+d)\frac{4}{a+b+c+d}=4$ $=> p \geq 0$ |
|
|
|
giải đáp
|
ac cứu em với
|
|
|
|
Trước hết ta chứng minh mệnh đề : Với mọi $n\in N , n^2$ chia hết cho 6 thì n chia hết cho 6 Giả sử n không chia hết cho $6 => n=6k+r,k\in N ,r=1,2..,5$ $=> n^2=(6k+r)^2=36k^2+12rk+r^2=6k'+r^2$ $=> n^2 $không chia hết cho 6 : trái vs giải thiết Áp dụng vào bài toán ta có : gải sử $\sqrt{6}$ là số hữu tỉ $=> \sqrt{6}=\frac{m}{n}$ với $m,n \in N+, \frac{m}{n}$ tối giản $=> n^2=6m^2$ do đó $n^2$ chia hết cho 6 đặt $n=6k => 36k^2=6m^2=>6k^2=m^2$ do đó $m^2$ chia hết cho 6 => m chia hết cho $6 => \frac{m}{n}$ không tối giản => đpcm có cách khác dễ hơn là lấy máy tính ấn căn 6 nó ra vô tỷ => căn 6 vô tỉ :D
|
|
|
|
giải đáp
|
Chứng minh BĐT
|
|
|
|
Ta có : $a^2+b^2+c^2 \geq \frac{(a+b+c)^2}{3} = \frac{4p^2}{3}(1)$ đặt $P =\frac{a+b+c}{2} $ $S= \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ Ta có $(p-a)(p-b)(p-c) \leq (\frac{3p-(a+b+c)}{3})^3=\frac{p^3}{9}$ $=> S \leq \frac{p^2}{3\sqrt{3}}(2)$ Từ (1) và (2) => dpcm |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Đăng vài bài cho HTN sôi nổi lại :D
|
|
|
|
BT1: Cho $a,b,c >0$ cm $\prod_{}^{}(a^2+2)\geq 9\sum ab$ BT2: cho $a,b,c>0$ cm $2(a^2+b^2+c^2)+abc+ 8 \geq 5(a+b+c)$ BT3: cho $a,b,c \geq 0$ và không đồng thời 2 số nào bằng 0 cm $\sum \frac{a}{b^3+c^3} \geq \frac{18}{5\sum a^2-\sum ab}$ |
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT CỰC KHÓ :V
|
|
|
|
áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz : ta có : $\sqrt{a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)} \geq a_1b_1+a_2b_2$( Tự CHứng MINh :D) áp dụng ta có :$ 1.\sqrt{1-a}+1.\sqrt{1+a} \leq \sqrt{(2-a)(2+a)}=\sqrt{4-a^2}=\frac{1}{2}\sqrt{4(4-a^2)}\leq \frac{1}{4}(8-a^2)=2-\frac{a^2}{4}$ |
|
|
|
giải đáp
|
help nhanh a
|
|
|
|
$S=\sqrt{(x+3)}+\sqrt{2}\sqrt{(2y+6)} \leq \sqrt{3(x+2y+9)} \leq 6$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
ĐỀ THI HSG HÀ NỘI
|
|
|
|
Câu $1$
$a)$ Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn $abc=1$ và $a+b+c=\frac{1}{a} +\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
Chứng minh có ít nhất một trong các số $a,b,c$ bằng $1$.
$b)$ Cho n là số nguyên dương. Chứng minh $A=2^{3n+1}+2^{3n-1}+1$ là hợp số.
câu $2$
$a)$ Giải phương trình $x\sqrt{3-2x}=3x^2-6x+4 $
$b)$ Giải hệ phương trình $\begin{cases}x^3+2xy^2+12y=0\\ x^2+8y^2=12 \end{cases} $
câu $3$
Với các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $\frac{1}{a} +\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3$, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$P=\frac{1}{\sqrt{a^2-ab+b^2} }+\frac{1}{\sqrt{ b^2-bc+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{c^2-ca+a^2}} $
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình 8
|
|
|
|
Đơn Giản là....... Đặt $AD= x > 0$ Ta có $AC^2=x^2+32^2$ $BD^2=x^2+18^2$ $(S_{ABCD})^2=\frac{AC^2.BD^2}{4}=\frac{(x^2+18^2)(x^2+32^2)}{4}...(1)$( vì AC vuông góc với BD Lại có $(S_{ABCD})^2=\frac{x^2(18+32)^2}{4}....(2)$ Từ $(1);(2) =>x^4-1152x^2+331776=0$ $<=>(x^2-576)^2=0$ $=> x=24$ $=> S_{ABCD}=600$ Vote and vote và vote ...đúng Thì like...sai thì sửa :v |
|
|
|
giải đáp
|
AM-GM
|
|
|
|
Áp dụng Cauchy ta có: $(\frac{(a+1)+(b+1)}{2} \geq \sqrt{(a+1)(b+1)}$ $=> \sqrt{(a+1)(b+1)}-1\leq \frac{a+b+2}{2}-1=\frac{a+b}{2}$ cái thứ 2 tau ngu lắm Ko bt làm (p/s: đăng cho có lời giải hihi |
|
|
|
giải đáp
|
x + y + z = 3
|
|
|
|
Ta có $(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)$=$x^2y+y^2z+z^2x$ +$\sum_{cyc}^{cyc}(x^3+xy^2)\geq 3(x^2y+y^2z+z^2x)$(với$ \sum_{cyc}^{cyc}(x^3+xy^2) \geq 2(x^2y+y^2z+z^2x) $( áp dụng BĐT Cau chy cho từng cặp ) $=> x^2y+y^2z+z^2x \leq x^2+y^2+z^2$
Lại có :$(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx=9$ $=> xy+yz+zx=\frac{9-x^2+y^2+z^2}{2}$ $=> P \geq (x^2+y^2+z^2) +\frac{9}{2(x^2+y^2+z^2)}-\frac{1}{2}$ $P\geq t+\frac{9}{2t} -\frac{1}{2}$ ( với$ t=x^2+y^2+z^2$) $P \geq \frac{t}{2}+\frac{9}{2t}+\frac{t}{2}-\frac{1}{2}$ Áp dụng BĐT AM-GM ta có: $P \geq 3+\frac{t}{2}-\frac{1}{2}=4$
dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$ vote and vote
|
|
|
|
giải đáp
|
Toán 9
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT lớp 10
|
|
|
|
Ta có :$ \sqrt{(x+3)^2+(2y)^2}+\sqrt{(1-x)^2+\sqrt{3-2y)^2}}\geq \sqrt{(x+3+1-x)^2+(2y+3-2y)^2}=5$ $=> DPCM$ |
|
|
|