|
|
giải đáp
|
help me !!!!
|
|
|
|
$a+b+c=\frac{3}{4}$Để ý $(a+3b)+1+1\ge3\sqrt[3]{a+3b}$
$\sum\frac1{\sqrt[3]{a+3b}}\ge3\sum\frac1{a+3b}\ge\frac{27}{\sum (a+3b+2)}=\frac{27}{4(a+b+c)+6}=3$ Dấu = khi $a=b=c=\frac14$
|
|
|
|
giải đáp
|
mọi người giải giúp mình với
|
|
|
|
Đặt $\frac a{1+b}=x;\frac b{1+c}=y;\frac c{1+a}=z$ $\Rightarrow x+y+z=1$ $\Rightarrow BĐT\Leftrightarrow (\frac1x-1)(\frac1y-1)(\frac1z-1)\ge8$ $\Leftrightarrow \frac{y+z}x.\frac{x+z}y.\frac{x+y}z\ge8\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(z+x)\ge8xyz$ Cô si từng cặp trong ngoặc, ta có đpcm |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
abc
|
|
|
|
Giả sử tồn tại 3 số x, y, z tm 3 bđt trên.Do vai trò của x, y, z như nhau nên không làm mất tính tổng quát ta giả sử x≥y≥z Khi đó bđt số 1 và 3 trở thành |x|<y−z;|z|<x−y⇒|x|+|z|<x−z Lại có |x|+|z|=|x|+|−z|≥|x−z|=x−z mâu thuẫn với bđt ở trên ⇒Giả sử sai ⇒Không tồn tại 3 số x, y, z thỏa mãn 3 bđt trên (đpcm)
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giùm mình
|
|
|
|
$VT=\sum \frac{a+b}{b+c+d}=\sum(\frac{a^2}{ab+ac+ad}+\frac{b^2}{bc+bd+ba})\geq \frac{4(a+b+c+d)^2}{4(ab+ac+ad+bc+bd+cd)}=\frac{(a+b+c+d)^2}{ab+ac+ad+bc+bd+cd} $Ta có $(a+b+c+d)^2=a^2+b^2+c^2+d^2+2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)$
mà $(a^2+b^2+c^2+d^2)(1+1+1+1)\ge(a+b+c+d)^2$
$\Rightarrow 4(a+b+c+d)^2\ge(a+b+c+d)^2+8(ab+ac+ad+bc+bd+cd)\Leftrightarrow (a+b+c+d)^2\ge\frac83(ab+ac+ad+bc+bd+cd)$ Suy ra đpcm
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giùm mình
|
|
|
|
để ý với $x,y>0$, ta có $x^3+y^3\ge xy(x+y)\Leftrightarrow (x-y)^2(x+y)\ge0$ luôn đúng
$\Rightarrow a^3\ge ab(a+b)-b^3\Rightarrow 3a^3\ge2a^3+ab(a+b)-b^3=(2b-a)(a^2+ab+b^2)$ $\Rightarrow \frac {3a^3}{a^2+ab+b^2}\ge2b-a$
tương tự cộng lại ta suy ra điều phải CM |
|
|
|
giải đáp
|
nghiệm nguyên
|
|
|
|
đoạn đầu giống ông Chắc kia, đến $x>5$ k là nghiệm t CM như sau $(x-1)!=1.2.3...(x-2)(x-1)$ dễ thấy $x>5$ nên $x-2>3$ Ta lại thấy $2.(x-1)=x+(x-2)>x$;$3(x-2)=x+2(x-3)>x$ Suy ra $(x-1)!>x^2$ nên PT k có nghiệm $x>5$ |
|
|
|
giải đáp
|
Căn bậc ba
|
|
|
|
Ta có $1<\sqrt[3]6<A<\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6+2}}}=2$ (2016 dấu căn, thậm chí có thể thay bằng n dấu căn) Từ đó ta có A k phải số tự nhiên |
|
|
|
giải đáp
|
giúp với
|
|
|
|
Ta có $2015$ chia hết cho $5$ $5a$ chia hết cho $5$ $\Rightarrow b$ chia hết cho 5 mà $b\le [\frac{2015}9]=223$ $\Rightarrow $ có $\frac{220-0}5+1=45$ cặp số tự nhiên $(a;b)$ thoả mãn |
|
|
|
giải đáp
|
giúp tui voi mn
|
|
|
|
Chú ý BĐT rất quen thuộc $x^3+y^3\ge xy(x+y)$ $\Rightarrow VT\le\sum_{}^{} \frac1{ab(a+b)+abc}=\sum_{}^{}\frac c{a+b+c}=1 $ |
|
|
|
giải đáp
|
giai giùm nha
|
|
|
|
Ta có, theo BĐT Cauchy cho 3 số dương $a^3+b^3+b^3\ge 3ab^2$ $b^3+c^3+c^3\ge 3bc^2$ $c^3+a^3+a^3\ge 3ca^2$ cộng lại ta có đpcm
|
|
|
|
giải đáp
|
Mọi người giúp mình bài BĐT với ạ
|
|
|
|
$(2+a)(1+b)=\frac92\Leftrightarrow a+2b+ab=\frac52$ Ta có $P=\sqrt{16+a^4}+\sqrt{16+16b^4}\geq \sqrt{64+(a^2+4b^2)^2}$ $(mincốpxki)$ Ta có theo BĐT Cô si $2a^2+2\ge4a$ $a^2+4b^2\ge 4ab$ $8b^2+2\ge 8b$ $\Rightarrow 3(a^2+4b^2)\ge4(a+2b+ab)-4=6\Rightarrow a^2+4b^2\ge2$ $\Rightarrow P\ge\sqrt{64+2^2}=2\sqrt{17}$ Dấu = xảy ra khi $a=1;b=\frac12$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải giùm mình
|
|
|
|
$3a^8+5=a^8+a^8+a^8+1+1+1+1+1\ge 8a^3$Côsi 8số tương tự cộng lại $3(a^8+b^8+c^8)+15\ge 8(a^3+b^3+c^3)= 24 $ $\Leftrightarrow a^8+b^8+c^8\ge 3$ |
|
|
|
giải đáp
|
help
|
|
|
|
Gọi tam giác đó là $ABC, BC=a;CA=b;AB=c$ ta c ó $\frac12(a+b+c).r=S=\frac 12ah$ không đổi=> $r$$max$$\Leftrightarrow (b+c)$$min$ Kẻ AH vuông góc BC. Đặt $BH=x => CH=a-x$ => $AB+AC=\sqrt{h^2+x^2}+\sqrt{h^2+(a-x)^2}\geq \sqrt{(h+h)^2+(x+a-x)^2}=\sqrt{4h^2+a^2}$ Dấu bằng $\Leftrightarrow x=a-x$ hay tam giác ABC cân tại A |
|