BĐT

Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn:$x+y+z$=1CMR:$x^{2}y$+$y^{2}z$+$z^{2}x$$\leq$$\frac{4}{27}$

Bất đẳng thức

BĐT

Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn:$x+y+z=1$CMR:$x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\leq\frac{4}{27}$

Bất đẳng thức

THƯ GIÃN TÂM HỒN TÔI

Chứng minh rằng: $\frac{a}{b + c + 1}$ + $\frac{b}{a + c +1}$ $\frac{c}{a + b +1}$ + $($ 1 - a$)$$($ 1 - b $)$ $($ 1- c$)$ $\leq$ $1$ với 0 $\leq $ a ,b,c $\leq$ $1$

Bất phương trình

THƯ GIÃN TÂM HỒN TÔI

Chứng minh rằng: $\frac{a}{b + c + 1} + \frac{b}{a + c +1}+\frac{c}{a + b +1} + (1 - a)( 1 - b )( 1- c)\leq 1$ với $0 \leq a ,b,c \leq 1$

Bất đẳng thức

áp dụng bđt bunhiacopxki ta có $\frac{25a}{b+c}+25+\frac{16b}{a+c}+16+\frac{c}{a+b}+1=(a+b+c)(\frac{25}{b+c}+\frac{16}{a+c}+\frac{1}{a+b})$$=\frac{1}{2}(b+c+a+c+a+b)(\frac{25}{b+c}+\frac{16}{a+c}+\frac{1}{a+b})$$\geq \frac{(5+4+1)^{2}}{2}=50$$\Rightarrow \frac{25a}{b+c}+ \frac{16b}{a+c}+ \frac{c}{a+b} \geq 8$ ta thấy dấu "=" k xảy ra $\Rightarrow$ đpcm

áp dụng bđt bunhiacopxki ta có $\frac{25a}{b+c}+25+\frac{16b}{a+c}+16+\frac{c}{a+b}+1=(a+b+c)(\frac{25}{b+c}+\frac{16}{a+c}+\frac{1}{a+b})$$=\frac{1}{2}(b+c+a+c+a+b)(\frac{25}{b+c}+\frac{16}{a+c}+\frac{1}{a+b})$$\geq \frac{(5+4+1)^{2}}{2}=50$$\Rightarrow \frac{25a}{b+c}+ \frac{16b}{a+c}+ \frac{c}{a+b} \geq 8$ ta thấy dấu "=" k xảy ra $\Rightarrow$ đpcm

đề thi hk2 lớp 10

a,b,c >0 và a+2b+3c>= 20tìm min S= a+b+c+(3/a)+(9/2b)+(4/c)

GTLN, GTNN

đề thi hk2 lớp 10

$a,b,c >0$ và $a+2b+3c \ge 20$tìm min $S= a+b+c+\frac3a+\frac9{2b}+\frac4c$

GTLN, GTNN

$VT\geq \sum_{}^{}\frac{2a}{4b^{2}}\geq \sum_{}^{}\frac{a}{2b^{2}}(1) $$\frac{a}{2b^{2}}+\frac{1}{2a}\geq \frac{1}{b}\Rightarrow \frac{a}{2b^{2}}\geq \frac{1}{b}-\frac{1}{2a}$.CMTT với ẩn b và c $(2)$từ $(1)và(2)\Rightarrow VT\geq \frac{1}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(3)$Có $\frac{1}{a+b}\leq \frac{1}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}).$CMTT với các số còn lại$\Rightarrow VP\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(4)$Từ $(3)(4)\Rightarrow đpcm$

$VT\geq \sum_{}^{}\frac{2a}{4b^{2}} = \sum_{}^{}\frac{a}{2b^{2}}(1) $$\frac{a}{2b^{2}}+\frac{1}{2a}\geq \frac{1}{b}\Rightarrow \frac{a}{2b^{2}}\geq \frac{1}{b}-\frac{1}{2a}$.CMTT với ẩn b và c $(2)$từ $(1)$và $(2)\Rightarrow VT\geq \frac{1}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(3)$Có $\frac{1}{a+b}\leq \frac{1}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}).$CMTT với các số còn lại$\Rightarrow VP\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(4)$Từ $(3)(4)\Rightarrow$ đpcm

Bdt hay ne mn. Lm nhe.

Cho a b c duong tm $a^ 2+b^2+c^2$=14. Tim min P = $\frac{4(a+c)}{a^2+3c^2+28}$+$\frac{4a}{a^2+bc+7}$-$\frac{5}{(a+b)^2}$-$\frac{3}{a(b+c)}$

Bất đẳng thức

Bdt hay ne mn. Lm nhe.

Cho $a ,b ,c$ duong tm $a^ 2+b^2+c^2=14$. Tim min$ P = \frac{4(a+c)}{a^2+3c^2+28}+\frac{4a}{a^2+bc+7}-\frac{5}{(a+b)^2}-\frac{3}{a(b+c)}$

Bất đẳng thức

Lm bdt nha mn.

Cho $a,b,c >0$ tm $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=\frac{1}{2c^{2}}$. Tim $Min$ P= $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Bất đẳng thức

Lm bdt nha mn.

Cho $a,b,c >0$ tm $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=\frac{1}{2c^{2}}$. Tim $Min P= \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Bất đẳng thức

Lm bdt nha mn.

Cho $a,b,c >0$ tm $\frac{1}{a^{2}}$+$\frac{1}{b^{2}}$=$\frac{1}{2c^{2}}$. Tim $Min$ P= $\frac{a}{b+c}$+$\frac{b}{c+a}$+$\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Bất đẳng thức

Lm bdt nha mn.

Cho $a,b,c >0$ tm $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=\frac{1}{2c^{2}}$. Tim $Min$ P= $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Bất đẳng thức

ĐK:x(y+1)$\geq $0pt(1)$\Leftrightarrow$y+1-$\sqrt{x(y+1)}$+2$\sqrt{x(y+1)}$-2x=0$\Leftrightarrow$($\sqrt{y+1}$-$\sqrt{x}$)($\sqrt{y+1}$+2$\sqrt{x}$)=0Nhận thấy:$\sqrt{y+1}$+2$\sqrt{x}$$\geq$0Dấu''='' xra$\Leftrightarrow$x=0 & y=-1(không t/m pt(2))$\Rightarrow$$\sqrt{y+1}$=$\sqrt{x}$$\Leftrightarrow$x=y+1Thế vào pt(2) ta được:$(y+1)^{3}$+$y^{3}$=7$\Rightarrow$y=...$\Rightarrow$x=...

ĐK:$x(y+1)\geq 0$$pt(1)\Leftrightarrow y+1-\sqrt{x(y+1)}+2 \sqrt{x(y+1)}-2x=0$$\Leftrightarrow(\sqrt{y+1}-\sqrt{x})(\sqrt{y+1}+2\sqrt{x})=0$Nhận thấy:$\sqrt{y+1}+2\sqrt{x}\geq0 $Dấu''='' xra $ \Leftrightarrow x=0$ và$ y=-1$(không t/m $pt(2)$)$\Rightarrow\sqrt{y+1}=\sqrt{x}\Leftrightarrow x=y+1$Thế vào $pt(2)$ ta được:$(y+1)^{3}+y^{3}=7$$\Rightarrow y=...\Rightarrow x=...$

help me điểm rơi cosi nha

Cho a>= 6 CMR; a^2+\frac{18}{\sqrt{a}}\geq 36+3\sqrt{6}

Bất đẳng thức

help me điểm rơi cosi nha

Cho $a \ge 6$ CMR; $a^2+\frac{18}{\sqrt{a}}\geq 36+3\sqrt{6}$

Bất đẳng thức

toán cực trị nè mn lm giúp vs

a,b,c đôi 1 khác nhau thộc khoảng từ 0 đến 2tìm GTNN của $A=1/(a-b)^2+1/(b-c)^2+1/(c-a)^2$

Cực trị của hàm số

toán cực trị nè mn lm giúp vs

Cho $a,b,c \in (0;2)$ đôi 1 khác nhau tìm GTNN của $A=\frac1{(a-b)^2}+\frac1{(b-c)^2}+\frac1{(c-a)^2}$

Cực trị của hàm số

$$P=1+\left[\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}+2(xy+yz+zx) \right]+\left[\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}-\frac{1}{xy+yz+zx}\right]$$ Ý tưởng của em là dùng $ \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}$ để triệt tiêu $\frac{1}{xy+yz+zx}$ Do đó em chứng minh $$\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz} \ge \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}(1)$$ Nhận thấy $VT(1)$ có mẫu là $xy+yz+zx$ có thể áp dụng thẳng $AM-GM$ ở ngoặc vuông đầu tiên nhưng dấu = ko xảy ra :3 Muốn có dấu = thì dưới mẩu phải có $(xy+yz+zx)^2$. Tức là đi c/m 1 bđt mạnh hơn : $$\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz} \ge (\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx})^2 (2)$$ Từ $(2)$ dễ dàng $\Rightarrow (1)$ * C/m $(2)$: Hiện tại là e chưa có cách nào làm nhanh :3 nên tạm dùng pp bđtđ "huyền thoại " :v $(2)\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^2(x^3+y^3+z^3) \ge (x^2+y^2+z^2)^2.3xyz$ Ta có $VT=\left[\sum x^2y^2+2xyz(x+y+z) \right](x^3+y^3+z^3)$ $= \sum x^5y^2+\sum x^2y^5+\sum x^2y^2z^3+2\sum x^2y^4z +2\sum x^2yz^4+2\sum x^5yz$ $VP=(\sum x^4+ 2\sum x^2y^2).3xyz=3\sum x^5yz +6 \sum x^3y^3z$ Nên $VT \ge VP \Leftrightarrow \sum x^5y^2+\sum x^2y^5+\sum x^2y^2z^3+2\sum x^2y^4z +2\sum x^2yz^4 \ge \sum x^5yz +6 \sum x^3y^3z $ Dùng $AM-GM$ dễ dàng chứng minh :$ \frac 12( \sum x^5y^2+ \sum x^2y^5) \ge \sum x^5yz$ $ \frac 12(\sum x^5y^2+ \sum x^2y^5)+ \sum x^3y^2z^2 \ge \sum x^2y^4z+ \sum x^2yz^4$Nên ta chi cần chứng minh $3(\sum x^2y^4z+ \sum x^2yz) \ge 6\sum x^3y^3z\Leftrightarrow \sum xy^3+ \sum x^3y \ge 2\sum x^2y^2 $ (đúng theo $AM-GM)$____________________________________________________________________________Áp dụng $(1),(2)$, ta có :$P \ge 1+ \left[(xy+yz+zx)+(xy+yz+zx)+\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{(xy+yz+zx)^2} \right] + \left[ \frac{x^2+y^2+z^2-1}{xy+yz+zx}\right]$$\ge 1+3=4\Rightarrow MinP=4$Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z= \sqrt{\frac 13}$

$$P=1+\left[\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}+2(xy+yz+zx) \right]+\frac 12\left[\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}-\frac{1}{xy+yz+zx}\right]$$ Ý tưởng của em là dùng $ \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}$ để triệt tiêu $\frac{1}{xy+yz+zx}$ Do đó em chứng minh $$\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz} \ge \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}(1)$$ Nhận thấy $VT(1)$ có mẫu là $xy+yz+zx$ có thể áp dụng thẳng $AM-GM$ ở ngoặc vuông đầu tiên nhưng dấu = ko xảy ra :3 Muốn có dấu = thì dưới mẩu phải có $(xy+yz+zx)^2$. Tức là đi c/m 1 bđt mạnh hơn : $$\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz} \ge (\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx})^2 (2)$$ Từ $(2)$ dễ dàng $\Rightarrow (1)$ * C/m $(2)$: Hiện tại là e chưa có cách nào làm nhanh :3 nên tạm dùng pp bđtđ "huyền thoại " :v $(2)\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^2(x^3+y^3+z^3) \ge (x^2+y^2+z^2)^2.3xyz$ Ta có $VT=\left[\sum x^2y^2+2xyz(x+y+z) \right](x^3+y^3+z^3)$ $= \sum x^5y^2+\sum x^2y^5+\sum x^2y^2z^3+2\sum x^2y^4z +2\sum x^2yz^4+2\sum x^5yz$ $VP=(\sum x^4+ 2\sum x^2y^2).3xyz=3\sum x^5yz +6 \sum x^3y^3z$ Nên $VT \ge VP \Leftrightarrow \sum x^5y^2+\sum x^2y^5+\sum x^2y^2z^3+2\sum x^2y^4z +2\sum x^2yz^4 \ge \sum x^5yz +6 \sum x^3y^3z $ Dùng $AM-GM$ dễ dàng chứng minh :$ \frac 12( \sum x^5y^2+ \sum x^2y^5) \ge \sum x^5yz$ $ \frac 12(\sum x^5y^2+ \sum x^2y^5)+ \sum x^3y^2z^2 \ge \sum x^2y^4z+ \sum x^2yz^4$Nên ta chi cần chứng minh $3(\sum x^2y^4z+ \sum x^2yz) \ge 6\sum x^3y^3z\Leftrightarrow \sum xy^3+ \sum x^3y \ge 2\sum x^2y^2 $ (đúng theo $AM-GM)$____________________________________________________________________________Áp dụng $(1),(2)$, ta có :$P \ge 1+\left[(xy+yz+zx)+(xy+yz+zx)+\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{(xy+yz+zx)^2} \right] +\frac 12\left[ \frac{x^2+y^2+z^2-1}{xy+yz+zx}\right]$$\ge 1+3=4\Rightarrow MinP=4$Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z= \sqrt{\frac 13}$

$$P=1+\left[\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}+2(xy+yz+zx) \right]+\left[\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}-\frac{1}{xy+yz+zx}\right]$$ Ý tưởng của em là dùng $ \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}$ để triệt tiêu $\frac{1}{xy+yz+zx}$ Do đó em chứng minh $$\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz} \ge \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}(1)$$ Th?y $VT(1)$ có mẫu là $xy+yz+zx$ có thể áp dụng thẳng $AM-GM$ mà dấu = ko xảy ra :3 Muốn có dấu = thì dưới mẩu phải có $(xy+yz+zx)^2$. Tức là đi c/m 1 bđt mạnh hơn : $$\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz} \ge (\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx})^2 (2)$$ Từ $(2)$ dễ dàng $\Rightarrow (1)$ * C/m $(2)$: Hiện tại là e chưa có cách nào làm nhanh :3 nên tạm dùng pp bđtđ "huyền thoại " :v $(2)\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^2(x^3+y^3+z^3) \ge (x^2+y^2+z^2)^2.3xyz$ Ta có $VT=\left[\sum x^2y^2+2xyz(x+y+z) \right](x^3+y^3+z^3)$ $= \sum x^5y^2+\sum x^2y^5+\sum x^2y^2z^3+2\sum x^2y^4z +2\sum x^2yz^4+2\sum x^5yz$ $VP=(\sum x^4+ 2\sum x^2y^2).3xyz=3\sum x^5yz +6 \sum x^3y^3z$ Nên $VT \ge VP \Leftrightarrow \sum x^5y^2+\sum x^2y^5+\sum x^2y^2z^3+2\sum x^2y^4z +2\sum x^2yz^4 \ge \sum x^5yz +6 \sum x^3y^3z $ Dùng $AM-GM$ dễ dàng chứng minh :$ \frac 12( \sum x^5y^2+ \sum x^2y^5) \ge \sum x^5yz$ $ \frac 12(\sum x^5y^2+ \sum x^2y^5)+ \sum x^3y^2z^2 \ge \sum x^2y^4z+ \sum x^2yz^4$Nên ta chi cần chứng minh $3(\sum x^2y^4z+ \sum x^2yz) \ge 6\sum x^3y^3z\Leftrightarrow \sum xy^3+ \sum x^3y \ge 2\sum x^2y^2 $ (đúng theo $AM-GM)$____________________________________________________________________________Áp dụng $(1),(2)$, ta có :$P \ge 1+ \left[(xy+yz+zx)+(xy+yz+zx)+\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{(xy+yz+zx)^2} \right] + \left[ \frac{x^2+y^2+z^2-1}{xy+yz+zx}\right]$$\ge 1+3=4\Rightarrow MinP=4$Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z= \sqrt{\frac 13}$

$$P=1+\left[\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}+2(xy+yz+zx) \right]+\left[\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz}-\frac{1}{xy+yz+zx}\right]$$ Ý tưởng của em là dùng $ \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}$ để triệt tiêu $\frac{1}{xy+yz+zx}$ Do đó em chứng minh $$\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz} \ge \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}(1)$$ Nhận thấy $VT(1)$ có mẫu là $xy+yz+zx$ có thể áp dụng thẳng $AM-GM$ ở ngoặc vuông đầu tiên nhưng dấu = ko xảy ra :3 Muốn có dấu = thì dưới mẩu phải có $(xy+yz+zx)^2$. Tức là đi c/m 1 bđt mạnh hơn : $$\frac{x^3+y^3+z^3}{3xyz} \ge (\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx})^2 (2)$$ Từ $(2)$ dễ dàng $\Rightarrow (1)$ * C/m $(2)$: Hiện tại là e chưa có cách nào làm nhanh :3 nên tạm dùng pp bđtđ "huyền thoại " :v $(2)\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^2(x^3+y^3+z^3) \ge (x^2+y^2+z^2)^2.3xyz$ Ta có $VT=\left[\sum x^2y^2+2xyz(x+y+z) \right](x^3+y^3+z^3)$ $= \sum x^5y^2+\sum x^2y^5+\sum x^2y^2z^3+2\sum x^2y^4z +2\sum x^2yz^4+2\sum x^5yz$ $VP=(\sum x^4+ 2\sum x^2y^2).3xyz=3\sum x^5yz +6 \sum x^3y^3z$ Nên $VT \ge VP \Leftrightarrow \sum x^5y^2+\sum x^2y^5+\sum x^2y^2z^3+2\sum x^2y^4z +2\sum x^2yz^4 \ge \sum x^5yz +6 \sum x^3y^3z $ Dùng $AM-GM$ dễ dàng chứng minh :$ \frac 12( \sum x^5y^2+ \sum x^2y^5) \ge \sum x^5yz$ $ \frac 12(\sum x^5y^2+ \sum x^2y^5)+ \sum x^3y^2z^2 \ge \sum x^2y^4z+ \sum x^2yz^4$Nên ta chi cần chứng minh $3(\sum x^2y^4z+ \sum x^2yz) \ge 6\sum x^3y^3z\Leftrightarrow \sum xy^3+ \sum x^3y \ge 2\sum x^2y^2 $ (đúng theo $AM-GM)$____________________________________________________________________________Áp dụng $(1),(2)$, ta có :$P \ge 1+ \left[(xy+yz+zx)+(xy+yz+zx)+\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{(xy+yz+zx)^2} \right] + \left[ \frac{x^2+y^2+z^2-1}{xy+yz+zx}\right]$$\ge 1+3=4\Rightarrow MinP=4$Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z= \sqrt{\frac 13}$

Gọi $x =\tan A,y= \tan B, z = \tan C$Ta có $\tan A. \tan B. \tan C=\tan A+ \tan B+ \tan C$$\Leftrightarrow \tan A(\tan B. \tan C-1)= \tan B + \tan C$$\Leftrightarrow \frac{\tan B+ \tan C}{1-\tan B. \tan C}=-tan A$$\Leftrightarrow \tan (A+B)=\tan (\pi -C)$$\Leftrightarrow A+B+C= \pi$$\Leftrightarrow T = \cot A+ \cot B + \cot C \ge \sqrt 3 $

Gọi $x =\tan A,y= \tan B, z = \tan C$Ta có $\tan A. \tan B. \tan C=\tan A+ \tan B+ \tan C$$\Leftrightarrow \tan A(\tan B. \tan C-1)= \tan B + \tan C$$\Leftrightarrow \frac{\tan B+ \tan C}{1-\tan B. \tan C}=-tan A$$\Leftrightarrow \tan (B+C)=\tan (\pi -A)$$\Leftrightarrow A+B+C= \pi$$\Leftrightarrow T = \cot A+ \cot B + \cot C \ge \sqrt 3 $

$a^2b+a^2c=\frac{a^2b+a^2c}{abc}=\frac{a}{c}+\frac{a}{b}=\frac{ab+ac}{bc}$$\Rightarrow \frac{bc}{a^2b+a^2c}=\frac{b^2c^2}{ab+ac}$$\Rightarrow P = \sum\frac{b^2c^2}{ab+ac}$$\Leftrightarrow P+\frac{ab+bc+ca}2=(\frac{b^2c^2}{ab+ac}+\frac{ab+ac}{4})+(\frac{c^2a^2}{bc+ba}+\frac{bc+ba}{4})+(\frac{a^2b^2}{ca+cb}+\frac{ca+cb}{4}) \overset{cosi}{\ge} bc+ca+ab$$\Leftrightarrow P \ge \frac{ab+bc+ca}{2} \ge\frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2}=\frac 32$

$a^2b+a^2c=\frac{a^2b+a^2c}{abc}=\frac{ab+ac}{bc}$$\Rightarrow \frac{bc}{a^2b+a^2c}=\frac{b^2c^2}{ab+ac}$$\Rightarrow P = \sum\frac{b^2c^2}{ab+ac}$$\Leftrightarrow P+\frac{ab+bc+ca}2=(\frac{b^2c^2}{ab+ac}+\frac{ab+ac}{4})+(\frac{c^2a^2}{bc+ba}+\frac{bc+ba}{4})+(\frac{a^2b^2}{ca+cb}+\frac{ca+cb}{4}) \overset{cosi}{\ge} bc+ca+ab$$\Leftrightarrow P \ge \frac{ab+bc+ca}{2} \ge\frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2}=\frac 32$