|
|
giải đáp
|
bdt
|
|
|
|
Ta có $\frac{36a+3}{50}-\frac{a}{a^2+1}=\frac{(3a-1)^2(4a+3)}{50(a^2+1)} \ge0 \hspace{1mm} \forall a \ge0$ $\Rightarrow \frac{a}{a^2+1} \le \frac{36a+3}{50}$ Tương tự ta có $\frac{b}{b^2+1} \le \frac{36b+3}{50};\frac{c}{c^2+1} \le \frac{36c+3}{50}$ Cộng các vế của 3 bđt, ta đc : $\frac{a}{a^2+1}+\frac{b}{b^2+1}+\frac{c}{c^2+1}\le\frac{36a+3+36b+3+36c+3}{50}=\frac{36(a+b+c)+9}{50}=\frac{9}{10}$ Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac13$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải giùm mình
|
|
|
|
Sử dụng bđt $Cauchy-Schwarz$ $VT=2[\frac{(\frac{1}{a})^2}{ab+ac}+\frac{(\frac{1}{b})^2}{ba+bc}+\frac{(\frac{1}{c})^2}{ca+cb}] \ge 2\frac{(\frac1a+\frac1b+\frac1c)^2}{2(ab+bc+ca)}=\frac{(ab+bc+ca)^2}{ab+bc+ca}$ $=ab+bc+ca \ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải giùm mình
|
|
|
|
Sử dụng phép biến đổi tương đương, dễ dàng c/m bđt sau: $\boxed{\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y} \ge \frac{(a+b)^2}{x+y} \forall x,y>0}$ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ Áp dụng bđt trên 2 lần, ta có : $VT=\frac{a^2}{ab+2ac}+\frac{b^2}{cb+2ba}+\frac{c}{a+2b} \ge \frac{(a+b)^2}{3ab+2ac+cb}+\frac{c^2}{ac+2cb} \ge\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)} \ge \frac{3(ab+bc+ca)}{3(ab+bc+ca)}=1$
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giùm mình
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
Hệ phương trình đợt 7
|
|
|
|
$(1),(2)\Rightarrow \sum x^2+ 2\sum xy= 36\Leftrightarrow (x+y+z)^2=36$ $\Rightarrow x+y+z= \pm 6$ $hpt\Leftrightarrow \begin{cases}x+y+z= 6\\xy+yz+zx=11\\ xyz=6 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases}x+y+z= -6\\xy+yz+zx=11\\ xyz=6 \end{cases}$ Sử dụng định lý vi ét $\Rightarrow x=1,y=2, z=3$ và các hoán vị
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Rất gấp !!!
|
|
|
|
Tìm $a$ sao cho pt sau có đúng 2 nghiệm khác nhau : $x|x-4|=a$
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức đây
|
|
|
|
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/131615/bdt-kho Sử dụng kết quả này, ta có bđt tương đương: $(a+b+c)^3 \ge \frac{27}8 (a+b)(b+c)(c+a)\Leftrightarrow \frac 8{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge \frac{27}{(a+b+c)^3} (1)$ http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/131720/co-ai-biet-chung-minh-ko
Sử dụng kết quả này $(1)\Leftrightarrow \frac 8{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge\frac{27}{9(a^3+b^3+c^3)}=\frac{3}{a^3+b^3+c^3}$ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ $VT=\frac{1}{a^3+b^3+c^3}+\frac 8{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge \frac{1}{a^3+b^3+c^3}+\frac{3}{a^3+b^3+c^3}=\frac{4}{a^3+b^3+c^3}\ge \frac{4}{3}$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Cho $a \ge 2$
|
|
|
|
Tìm GTNN của $A$ biết $A=a+\frac{1}{a^2}$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT
|
|
|
|
Dễ dàng c/m: $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx) \forall x,y,z$ $\Rightarrow \frac{xy+yz+zx}{x+y+z} \le \frac{x+y+z}{3}\Rightarrow \frac{xy+yz+zx}{xyz} \le \frac{x+y+z}{3}\Rightarrow \sum\frac1x \le \frac{x+y+z}{3}$ Ta có $ VT=\sum \frac1 x+\sum \frac{\sqrt{1+x^2}}{x} $ $\le \frac{x+y+z}3+\sum \frac{\sqrt{2}. \frac{\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{2}}}{x} \overset{Côsi}{\le} \frac{x+y+z}3+\sum\frac{2+\frac{x^2+1}{2}}{2x} $ $=\frac{x+y+z}3+\sum\frac{x^2+5}{4x}=\frac{x+y+z}3+\sum\frac{x}{4}+\frac54( \sum\frac{1}{x})$ $\le \frac{x+y+z}3+\frac{x+y+z}4+\frac{5}{4}.\frac{x+y+z}3=x+y+z=xyz=VP$ Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=\sqrt3$ @@ |
|
|
|
giải đáp
|
Giúp giùm , cám ơn
|
|
|
|
$bđt \Leftrightarrow \sum(\frac{a}{b+c}+1)\ge \frac{9}{2}\Leftrightarrow \sum\frac{a+b+c}{b+c}\ge \frac92\Leftrightarrow 2(a+b+c)\sum\frac1{b+c}\ge 9$ $\Leftrightarrow[(a+b)+(b+c)+(c+a)](\frac1{b+c}+\frac1{c+a}+\frac1{a+b})\ge 9$ Cô si 2 lần đc đpcm
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp giùm , cám ơn
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp giùm , cám ơn
|
|
|
|
Ta có $10000=2^5.5^5$ Giả sử $a$ là một ước nguyên dương của $10000\Rightarrow a=2^x.5^y(x,y \in\mathbb{N},x,y \le 5)$ Vì $x$ có 6 cách chọn (từ $0\rightarrow 6$),$y$ có 6 cách chọn nên tồn tại $36$ số $a$ khác nhau $\Rightarrow 10000$ có 36 ước dương :D |
|
|
|
giải đáp
|
Cực hạn đường tròn ( tiếp )..................................
|
|
|
|
Lấy điểm $A$ trong $2015$ điểm đó và xét đường tròn $(A, 1)$ -Nếu tất cả các điểm nằm trong $(A)$ thì ta có đpcm -Nếu tồn tại điểm $B$ sao cho $AB \ge1$, khi đó xét đường tròn $(B,1)$ Với mọi điểm $C$ trong $2013$ điểm còn lại luôn xảy ra $2$ khả năng $PA<1$ hoặc $PB<1$(vì $AB \ge 1$) Nếu $PA<1\Rightarrow P \in (A)$ Nếu $PB<1\Rightarrow P\in(B)$ Theo nguyên lí $Dirichle$ thì trong $2013$ điểm còn lại có ít nhất $1007$ điểm cùng thuộc $(A)$ hoặc $(B)$ Với $1007$ điểm đó cùng với tâm của 1 trong 2 đường tròn và ta có ít nhất $1008$ điểm cùng nằm 1 trong 2 đường tròn đó và chúng có bán kính =1 (đpcm) |
|