|
|
|
|
giải đáp
|
giải giùm mình
|
|
|
|
* Với $a=0\Rightarrow VT=\frac{1}{2}$ * Với $b=0\Rightarrow VT = \frac{1}{3}$ * Với $a \ne 0, b \ne 0$. Đặt $a=xb(x \in \mathbb{R^+})$ Khi đó $VT=\frac{2x}{x^2+4}+\frac{1}{3x^2+2}$ Ta sẽ chứng minh $VT \le \frac 35$ hay $\frac{2x}{x^2+4}+\frac{1}{3x^2+2} \le \frac 35$ $\Leftrightarrow \frac{2x(3x^2+2)+x^2+4}{(x^2+4)(3x^2+2)} \le \frac 35 $ $ \Leftrightarrow 9x^4-30x^3+27x^2-20x+4 \ge 0$ $\Leftrightarrow (x-1)^2(3x-2)^2 \ge 0$ (luôn đúng) $\Rightarrow$ đpcm Dấu = xảy ra khi và chỉ khi $a=b$ hoặc $3a=2b$ |
|
|
|
giải đáp
|
hệ phương trình
|
|
|
|
$hpt\Leftrightarrow \begin{cases}x^3+2x^2-4x-8=-y+3 \\ 2y^3-2y^2-10y-6=x-2 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}(x-2)(x+2)^2=-y+3 \\ 2(y+1)^2(y-3)=x-2 \end{cases} (*)$ * Xét $x-2=0$ hay $x=2$, $(*)\Leftrightarrow \begin{cases}-y+3=0 \\ 2(y+1)^2(y-3)=0 \end{cases}\Leftrightarrow y=3$ * Xét $x-2 \ne 0$ hay $x \ne 2, (*)\Leftrightarrow \begin{cases}\frac{y-3}{x-2}=-(x+2)^2 \\ \frac{y-3}{x-2}=\frac1{2(y+1)^2} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}\frac{y-3}{x-2}=-(x+2)^2 \\ -(x+2)^2= \frac1{2(y+1)^2}\end{cases}$ ( vô nghiệm do $-(x+2)^2 \le 0,\frac1{2(y+1)^2} >0)$ Tóm lại hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x;y)=\{(2;3)\}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Phương trình và Bất phương trình - Toán 10
|
|
|
|
Đk: $\frac 23 \le x \le 6$ $[(2x-3)-2\sqrt{2x-3}+1]+[(6-x)-4\sqrt{6-x}+4]=0$ $\Leftrightarrow (\sqrt{2x-3}-1)^2+(\sqrt{6-x}-2)^2=0$ $\Leftrightarrow \begin{cases}\sqrt{2x-3}=1 \\ \sqrt{6-x}=2 \end{cases}\Leftrightarrow x=2$ (thõa đk) |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức cơ bản không hoàn toàn
|
|
|
|
Ta có $\sqrt{2a^4+2a^2b+5b^2}=\sqrt{(a^4+a^2b+a^2b+b^2)+a^4+4b^2}$ $ \overset{AM-GM}{\ge} \sqrt{4a^2b+a^4+4b^2}=a^2+2b$ $\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{2a^4+2a^2b+5b^2}+3} \le \frac{a}{a^2+2b+3}$ Tương tự $\Rightarrow \sum\frac{a}{\sqrt{2a^4+2a^2b+5b^2}+3} \le \sum \frac{a}{a^2+2b+3} $ $\Leftrightarrow P \le \sum \frac{a}{a^2+2b+3} =\sum\frac{a}{(a^2+1)+2b+2} \le \sum\frac{a}{2a+2b+2}$ Ta sẽ chứng minh $\sum\frac{a}{2a+2b+2} \le \frac 12$ $\Leftrightarrow \sum\frac{a}{a+b+1} \le 1\Leftrightarrow \sum \frac{b+1}{a+b+1} \ge 2$ BĐT trên đúng do $\sum \frac{b+1}{a+b+1}=\sum\frac{(b+1)^2}{(a+b)(a+b+1)} \ge \frac{(a+b+c+3)^2}{\sum(a+b)(a+b+1)}=2$ (khai triển k.hợp đk :D) Vậy $P \le \frac12$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải giùm mình
|
|
|
|
Áp dụng bđt sau $3(x^2+y^2+z^2) \ge (x+y+z)^2 $ Ta được $3(a^3+b^3+c^3) \ge (a\sqrt a+b\sqrt b+c \sqrt c)^2$ Áp dụng bđt holder, ta có: $(a^8+b^8+c^8)(a\sqrt a+b\sqrt b+c \sqrt c)(a\sqrt a+b\sqrt b+c \sqrt c) $ $ \ge(a^2.\sqrt a.\sqrt a+b^2.\sqrt b.\sqrt b+c^2.\sqrt c . \sqrt c)^3=(a^3+b^3+c^3)^3=27$ $\Rightarrow a^8+b^8+c^8 \ge \frac{27}{(a\sqrt a+b\sqrt b+c \sqrt c)^2} \ge \frac{27}{3(a^3+b^3+c^3)}=3$ Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT :3
|
|
|
|
$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$ $ \ge(a+b+c)(ab+bc+ca)-\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}$ $\Leftrightarrow \frac98(a+b)(b+c)(c+a) \geq (a+b+c)(ab+bc+ca)\Rightarrow ...$ |
|
|
|
giải đáp
|
999999999999999999999999999999999999999999999 sờ
|
|
|
|
$\frac{1}{a+1}\ge(1-\frac1{b+1})+(1-\frac{1}{c+1})+(1-\frac1{d+1})=\frac{b}{b+1}+\frac c{c+1}+\frac{d}{d+1} \ge 3\sqrt[3]{\frac{bcd}{(b+1)(c+1)(d+1)}}$3 cái còn lại làm tương tự rồi nhân lại, đc : $\frac{1}{(1+)(b+1)(c+1)(d+1) } \ge \frac{81abcd}{(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)}\Rightarrow đpcm$
|
|
|
|
giải đáp
|
999999999999999999999999999999999999999999999 sờ
|
|
|
|
$VT=(1-\frac{a}{a+1})+(1-\frac{b}{b+1})+(1-\frac{c}{c+1})+(1-\frac{d}{d+1}) \ge 3$ $\Leftrightarrow\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{d}{d+1} \le 1$ Ta chứng minh $f(x)=\frac{x}{x+1} \ge\frac{9x+1}{16} \hspace{1mm} \forall x>0(*)$ Thật vậy $(*) \Leftrightarrow 16x \ge (9x+1)(x+1)\Leftrightarrow (3x-1)^2 \ge 0$ (luôn đúng) Ta lại có $1 \ge f(a)+f(b)+f(c)+f(d) \ge \frac{9a+1+9b+1+9c+1+9d+1}{16}$ $\Leftrightarrow16 \ge 9(a+b+c+d)+4$ $\Leftrightarrow a+b+c+d \le \frac{4}{3}$ Mà theo côsi thì ta có $a+b+c+d \ge 4\sqrt[4]{abcd}$ $\Rightarrow4\sqrt[4]{abcd} \le \frac{4}{3}\Rightarrow abcd \le \frac1{81}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải giùm mình
|
|
|
|
$VT =(1-\frac{a}{a+1})+(1-\frac{b}{b+1})+(1-\frac{c}{c+1}) \ge 2 $ $\Rightarrow \frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1} \le 1$ Ta sẽ chứng minh $\frac{a}{a+1} \ge \frac{4a+1}{9}\Leftrightarrow (2a-1)^2 \ge 0$ (luôn đúng) Làm tương tự với $b,c$ Ta có $ 1 \ge \frac a{a+1}+\frac b{b+1}+\frac c{c+1} \ge \frac{4a+1+4b+1+4c+1}{9}$ $\Leftrightarrow 9 \ge 4(a+b+c)+3\Leftrightarrow a+b+c \le \frac 32$ Mặt khác theo cô si : $a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}$ $\Rightarrow3\sqrt[3]{abc} \le \frac 32 \Leftrightarrow abc \le \frac 18$ Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c = \frac 12$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình.
|
|
|
|
$pt \Leftrightarrow 8\sqrt{3(x-1)}=-x^2+20x-24\Leftrightarrow \begin{cases}192(x-1)=x^4-40x^3+448x^2-960x+576 \\ 10-2\sqrt{19} \le x \le 10+2\sqrt{19} \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x^4-40x^3+448x^2-1152x+768=0 \\ 10-2\sqrt{19} \le x \le 10+2\sqrt{19} \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}(x^2-24x+48)(x^2-16x+16)=0 \\ 10-2\sqrt{19} \le x \le 10+2\sqrt{19} \end{cases}$ $\Leftrightarrow x=8+4\sqrt3 $ v $x=12-4\sqrt6$ |
|
|
|
giải đáp
|
Toán 8! Help me!
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giùm mình
|
|
|
|
$(\frac a2-b)^2+(\frac a2-c)^2+(\frac a2-d)^2+(\frac a2-e)^2 \ge0$ $\Leftrightarrow \frac{a^2}4-ab+b^2+\frac{a^2}4-ac+c^2+\frac{a^2}4-ad+d^2+\frac{a^2}4-ae+e^2 \ge0$ $\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+e^2 \ge a(b+c+d+e)$ |
|
|
|
giải đáp
|
5000 sò
|
|
|
|
2) Áp dụng bđt sau : $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \ge \frac{9}{x+y+z}$ Ta có : $\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab} \ge \frac{9}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}=\frac{9}{(a+b+c)^2} \ge 9$ Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac13$ |
|