Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài I
a ĐKXĐ : \(\left\{{}\begin{matrix}2-x\ge0\\2-x^2\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\le2\\-\sqrt{2}\le x\le\sqrt{2}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow-\sqrt{2}\le x\le\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow\left(2-x^2\right)=\left(\sqrt{2-x}\right)^2\Leftrightarrow x^4-4x^2+4=2-x\Leftrightarrow x^4-4x^2+x+2=0\)
\(\Leftrightarrow x^4-x^3+x^3-x^2-3x^2+3x-2x+2=0\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^3+x^2-3x-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-1=0\left(1\right)\\x^3+x^2-3x-2=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
Từ (1) \(\Rightarrow x=1\left(TM\right)\)
Từ (2) \(\Rightarrow x^3+2x^2-x^2-2x-x-2=0\Leftrightarrow\left(x+2\right)\left(x^2-x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+2=0\\x^2-x-1=0\end{matrix}\right.\)
*Nếu x+2=0 \(\Leftrightarrow x=-2\left(L\right)\)
*Nếu \(x^2-x-1=0\Leftrightarrow x^2-x+\dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{4}\Leftrightarrow\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{5}{4}\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\\x-\dfrac{1}{2}=\dfrac{-\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\left(L\right)\\x=\dfrac{-\sqrt{5}+1}{2}\left(TM\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy...
Bài 2.
Tìm Min.
\(M=\sum\sqrt{\left(x-3\right)^2+4^2}\ge\sqrt{\left(x+y+z-9\right)^2+\left(4+4+4\right)^2}=6\sqrt{5}\)
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1.$
Tìm Max.
Ta đi chứng minh \(5-\dfrac{1}{3}x\ge\sqrt{x^2-16x+25}\)
Do $x+y+z=3;x,y,z\ge 0$ nên $x\le 3.$ Do đó \(VT\ge5-1=4>0.\) (1)
Bình phương hai vế, rút gọn, bất đẳng thức tương đương với \(\dfrac{8}{9}x\left(3-x\right)\ge0\) (hiển nhiên)
Thiết lập hai bất đẳng thức còn lại tương tự và cộng theo vế thu được Max = 14 kết hợp với số 4 ở (1) là được ngày sinh của em=))
Đề bất đẳng thức đơn giản v:vv
3c) Ta sẽ chứng minh
\(\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}\ge\dfrac{a^2}{b^2+c^2}\Leftrightarrow\dfrac{a^3\left[2\left(b^2+c^2\right)a^2-\left(b+c\right)^3a+\left(b^2+c^2\right)^2\right]}{\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left(b^2+c^2\right)}\ge0\)
Hay là \(2\left[2\left(b^2+c^2\right)a^2+\left(b^2+c^2\right)^2\right]\ge (b+c)^3 a\)
Đúng vì theo AM-GM ta có:
\(VT\ge2\sqrt{2a^2\left(b^2+c^2\right)^3}\ge2\sqrt{2\left[\dfrac{\left(b+c\right)^2}{2}\right]^3}a=\left(b+c\right)^3a=VP.\)
Xong.
Câu III ý 2)
Ta có:
\(P^2\le\left(a^2+b^2\right)\left[3b\left(a+2b\right)+3a\left(b+2a\right)\right]=2\left[6\left(a^2+b^2\right)+3\cdot2ab\right]\)
\(\le2\left[6\cdot2+3\left(a^2+b^2\right)\right]\le36\Rightarrow P\le6.\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1.$
Vậy...
Bài V có phải là 3; 3; 4 không anh Quoc Tran Anh Le CTV?
Toán C89 :
Ta có : \(x^3+y^3+6xy\le8\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3-3xy.\left(x+y\right)-8+6xy\le0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(x+y\right)^3-8\right]-3xy.\left(x+y-2\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y-2\right)\left[\left(x+y\right)^2+2.\left(x+y\right)+4\right]-3.xy.\left(x+y-2\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y-2\right)\left[\left(x+y\right)^2+2.\left(x+y\right)+4-3xy\right]\le0\) (*)
Ta thấy : \(\left(x+y\right)^2+2.\left(x+y\right)+4-3xy\)
\(=x^2+y^2-xy+2.\left(x+y\right)+4\)
\(=\left(x-\dfrac{y}{2}\right)^2+\dfrac{3y^2}{4}+2.\left(x+y\right)+4>0\forall x,y>0\)
Do đó từ (*) suy ra : \(x+y-2\le0\Leftrightarrow x+y\le2\)
Ta có : \(Q=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\ge\dfrac{4}{2}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=1\)
Vậy Min \(Q=2\) khi \(x=y=1\)
Toán C88 :
Áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số dương lần lượt ta có được :
\(\left(a+1\right)+4\ge4\sqrt{a+1}\)
\(\left(b+1\right)+4\ge4\sqrt{b+1}\)
\(\left(c+1\right)+4\ge4\sqrt{c+1}\)
Do đó : \(a+b+c+15\ge4.\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\right)=4.6=24\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge9\)
Ta có : \(a^2+ab+b^2=\dfrac{4.\left(a^2+ab+b^2\right)}{4}=\dfrac{\left(a-b\right)^2+3.\left(a+b\right)^2}{4}\ge\dfrac{3.\left(a+b\right)^2}{4}>0\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\left(a+b\right)\)
Chứng minh tương tự ta có :
\(\sqrt{b^2+bc+c^2}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(b+c\right)\)
\(\sqrt{c^2+ca+a^2}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\left(c+a\right)\)
Do đó : \(P\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot2\cdot\left(a+b+c\right)=\sqrt{3}.\left(a+b+c\right)\ge9\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=3\)
Vậy Min \(P=9\sqrt{3}\) khi \(a=b=c=3\)
Đặt:
x = b + c; y = c + a; z = a + b
=> 2a = y + z - x;
2b = x + z - y;
2c = x + y - z.
Đặt vế trái đề bài là (1),
(1) sẽ trở thành:
½[(y + z - x)/x + 25(x + z - y)/y + 4(x + y - z)/z]
= ½(y/x + 25x/y + z/x + 4x/z + 25z/y + 4y/z)
Áp dụng BĐT CÔSI ta có:
y/x + 25x/y ≥ 2\(\sqrt{ }\)(25xy/xy) = 10
z/x + 4x/z ≥ 2\(\sqrt{ }\)(4xz/xz) = 4
25z/y + 4y/z ≥ 2\(\sqrt{ }\)(100yz/yz) = 20
(1) trở thành BĐT:
(1) ≥ ½(10 + 4 + 20 - 30) = 2
Đẳng thức xảy ra khi:
y/x = 25x/y; z/x = 4x/z; 25z/y = 4y/z
=> 25x² = y²; 4x² = z²; 25z² = 4y²
=> y/x = 5; z/x = 2; z/y = 2/5
=> x = 2; y = 10; z = 4
=> b + c = 2; c + a = 10; a + b = 4
=> c = 2 - b; a = 4 - b
=> (2 - b) + (4 - b) = 10 => b = -2 < 0 (không thỏa mãn)
Vậy đẳng thức không xảy ra và (1) > 2
C108: Thấy cái này hay hay nên chăm hơn chứ lười quá :v
Đặt \(xy=t\Rightarrow x^2+y^2=4-2t\).
Ta cần chứng minh \(t\left(4-2t\right)\le2\). (*)
Thật vậy \((*)\Leftrightarrow 2(t-2)^2\geq 0\) (luôn đúng).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(xy=2\) tức x = y =1
I.1.
ĐK: \(x\in R\)
\(x^2+3x+1=\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}\)
\(\Leftrightarrow2x^2+6x+2=2\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}\)
\(\Leftrightarrow x^2+1+x^2+6x+9-2\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}=8\)
\(\Leftrightarrow\left(x+3-\sqrt{x^2+1}\right)^2=8\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+3-\sqrt{x^2+1}=2\sqrt{2}\\x+3-\sqrt{x^2+1}=-2\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}=x+3-2\sqrt{2}\left(1\right)\\\sqrt{x^2+1}=x+3+2\sqrt{2}\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\sqrt{x^2+1}=x+3-2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+3-2\sqrt{2}\ge0\\x^2+1=x^2+2\left(3-2\sqrt{2}\right)x+17-12\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge2\sqrt{2}-3\\2\left(3-2\sqrt{2}\right)x=12\sqrt{2}-16\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow x=2\sqrt{2}\)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow\sqrt{x^2+1}=x+3+2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+3+2\sqrt{2}\ge0\\x^2+1=x^2+2\left(3+2\sqrt{2}\right)x+17+12\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-3-2\sqrt{2}\\2\left(3+2\sqrt{2}\right)x=-16-12\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow x=-2\sqrt{2}\)
Vậy phương trình có nghiệm \(x=\pm2\sqrt{2}\)
Câu 1 :
Ta có : \(x^2+3x+1=\left(x+3\right)\sqrt{x^2+1}\)
- Đặt \(\sqrt{x^2+1}=a\left(a\ge0\right)\)
PT TT : \(a^2+3x=a\left(x+3\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2-ax-3a+3x=0\)
\(\Leftrightarrow a^2-a\left(x+3\right)+3x=0\)
Có : \(\Delta=b^2-4ac=\left(a+3\right)^2-4.3a=a^2+6a+9-12a\)
\(=a^2-6a+9=\left(a-3\right)^2\ge0\forall a\)
TH1 : \(\Delta=0\Rightarrow a=3\left(TM\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{x^2+1}=3\)
\(\Rightarrow x=\pm2\sqrt{2}\)
TH2 : \(\Delta>0\)
=> Pt có 2 nghiệm phân biệt :\(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{x+3+\sqrt{\left(x-3\right)^2}}{2}\\a=\dfrac{x+3-\sqrt{\left(x-3\right)^2}}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3+\left|x-3\right|}{2}\\\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3-\left|x-3\right|}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3+x-3}{2}=\dfrac{2x}{2}=x\\\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3-x+3}{2}=3\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3-x+3}{2}=3\\\sqrt{x^2+1}=\dfrac{x+3+x-3}{2}=x\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+1=9\\x^2+1=x^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x=\pm2\sqrt{2}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm là \(S=\left\{\pm2\sqrt{2}\right\}\)
I.2
Đặt \(x+y=a;xy=b\)
\(\left\{{}\begin{matrix}xy\left(x+y\right)=2\\x^3+y^3+x+y=4\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xy\left(x+y\right)=2\\\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)+x+y=4\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab=2\\a^3-3ab+a=4\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab=2\\a^3-6+a=4\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab=2\\a^3+a-10=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab=2\\\left(a-2\right)\left(a^2+2a+5\right)=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab=2\\a=2\left(\text{vì }a^2+2a+5>0\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=1\\a=2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xy=1\\x+y=2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow x=y=1\)
Vậy ...
II.1
\(a^2+b^2=c^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2-2ab=c^2\)
\(\Leftrightarrow ab=\dfrac{\left(a+b\right)^2-c^2}{2}=\dfrac{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)}{2}\) chia hết cho \(a+b+c\)
II.2
a, Đặt \(n+18=a^2;n-41=b^2\)
Ta có \(a^2-b^2=59\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a+b\right)=59\) (Phương trình ước số cơ bản)
b, \(n^3-n^2+n-1=\left(n-1\right)\left(n^2+1\right)\)
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi \(\left[{}\begin{matrix}n-1=1\\n^2+1=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}n=2\\n=0\end{matrix}\right.\)
Thử lại ta được \(n=2\)
Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}xy\left(x+y\right)=2\\\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)+\left(x+y\right)=4\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xy\left(x+y\right)=2\\\left(x+y\right)\left(\left(x+y\right)^2-3xy\right)+\left(x+y\right)=4\end{matrix}\right.\)
- Đặt S = x + y, P = xy ta được : \(\left\{{}\begin{matrix}SP=2\\S\left(S^2-3P\right)+S=4\end{matrix}\right.\)
Từ PT ( II ) ta được : \(S^3-3SP+S=4\)
\(\Leftrightarrow S^3+S=10\)
\(\Leftrightarrow S^3-2S^2+2S^2-4S+5S-10=0\)
\(\Leftrightarrow\left(S-2\right)\left(S^2+2S+5\right)=0\)
- Thấy \(S^2+2S+5\ge4>0\)
\(\Rightarrow S=2\)
\(\Rightarrow P=1\)
- Ta thấy nghiệm của bất phương trình là 2 nghiệm của phương trình :
\(x^2-2x+1=\left(x-1\right)^2=0\)
\(\Rightarrow x=1\)
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là \(S=\left\{\left(1;1\right)\right\}\)
III.
Áp dụng BĐT BSC:
\(S=\dfrac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{3b^2+8c^2+14bc}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{3c^2+8a^2+14ca}}\)
\(=\dfrac{a^2}{\sqrt{\left(2a+3b\right)^2-\left(a-b\right)^2}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{\left(2b+3c\right)^2-\left(b-c\right)^2}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{\left(2c+3a\right)^2-\left(c-a\right)^2}}\)
\(\ge\dfrac{a^2}{\sqrt{\left(2a+3b\right)^2}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{\left(2b+3c\right)^2}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{\left(2c+3a\right)^2}}\)
\(=\dfrac{a^2}{2a+3b}+\dfrac{b^2}{2b+3c}+\dfrac{c^2}{2c+3a}\)
\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{5}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c>0\)
Bài 4.
Bằng kỹ thuật UCT, ta đi chứng minh:
\(\dfrac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}\ge\dfrac{1}{25}\left(8a-3b\right)\)
$\bullet$ Nếu \(8a-3b< 0\Rightarrowđpcm\)
$\bullet$ Trong trường hợp ngược lại ta thu được $a\ge \dfrac{3}{8}b.$
Bình phương hai vế, quy đồng, rút gọn, ta cần chứng minh:
\(\left( 433\,{a}^{2}+114\,ab-72\,{b}^{2} \right) \left( a-b \right) ^ {2}\ge 0\) (đúng $a\ge \dfrac{3}{8}b.$)
Thiết lập hai bất đẳng thức còn lại tương tự và cộng theo vế ta nhận được đpcm./.
IV, V lười làm quá
Wow, hai cách.
Gõ sai số thứ tự. Bài III nhá.
tthnew cách kia quên rồi
Bài II
1 \(\Rightarrow\left(a+b\right)^2-2ab=c^2\) \(\Rightarrow2ab=\left(a+b\right)^2-c^2=\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\)
\(\Rightarrow2ab⋮\left(a+b+c\right)\)(1) Mà a,b,c \(\in Z\) nên \(a\ge1,b\ge1,c\ge1\) \(\Rightarrow a+b+c\ge1+1+1=3\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow ab⋮\left(a+b+c\right)\) Vậy...
Bài II
2 a Do n+18 và n-41 đều là số chính phương nên ta giả sử \(\left\{{}\begin{matrix}n+18=a^2\left(1\right)\\n-41=b^2\left(2\right)\end{matrix}\right.\) (a,b\(\in\)N;a>b\(\ge\) 0 ; ở (2) ta thấy VP \(\ge0\) nên VT \(\ge0\) nên n\(\ge41\))
Trừ từng vế của (1) cho (2) ta được:
\(\Rightarrow18+41=a^2-b^2\Rightarrow\left(a-b\right)\left(a+b\right)=59\)
Mà a+b>a-b>0; 59 là số nguyên tố \(\Rightarrow\left[\left(a-b\right);\left(a+b\right)\right]=\left(1;59\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=1\left(3\right)\\a+b=59\left(4\right)\end{matrix}\right.\) Cộng từng vế của (3) và (4) ta được:
\(\Rightarrow2a=60\Leftrightarrow a=30\) Thay vào (3) ta được: \(b=a-1=30-1=29\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=30\\b=29\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n+18=a^2=30^2\\n-41=b^2=29^2\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n=900-18=882\\n=841+41=882\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow n=882\left(TM\right)\)(vì \(n\ge41\) ) Vậy...
Bài II
2 b Vì \(n^3-n^2+n-1\) là số nguyên tố nên ta giả sử \(n^3-n^2+n-1=x\)(x\(\in P\), \(x\ge2\))
\(\Rightarrow x=n^3-n^2+n-1=n^2\left(n-1\right)+n-1=\left(n-1\right)\left(n^2+1\right)\)
Ta thấy \(n^2>n\Rightarrow n^2+1>n+1>n-1\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n-1=1\\n^2+1=a\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n=2\\a=2^2+1=5\left(TM\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow n=2\) Vậy...
Bài III:
Ta có \(3a^2+14ab+8b^2=3a^2+12ab+2ab+8b^2=3a\left(a+4b\right)+2b\left(a+4b\right)=\left(a+4b\right)\left(3a+2b\right)\le\dfrac{\left(a+4b+3a+2b\right)^2}{4}=\dfrac{\left(4a+6b\right)^2}{4}=\dfrac{\left(2a+3b\right)^2\cdot4}{4}=\left(2a+3b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{3a^2+14ab+8b^2}\le\sqrt{\left(2a+3b\right)^2}=2a+3b\) \(\Rightarrow\dfrac{a^2}{\sqrt{3a^2+14ab+8b^2}}\ge\dfrac{a^2}{2a+3b}\) (1)
Chứng minh tương tự ta được: \(\dfrac{b^2}{\sqrt{3b^2+14bc+8c^2}}\ge\dfrac{b^2}{2b+3c}\) (2); \(\dfrac{c^2}{\sqrt{3c^2+14ca+8a^2}}\ge\dfrac{c^2}{2c+3a}\) (3)
Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta được:
\(\dfrac{a^2}{\sqrt{3a^2+14ab+8b^2}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{3b^2+14bc+8c^2}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{3c^2+14ca+8a^2}}\ge\dfrac{a^2}{2a+3b}+\dfrac{b^2}{2b+3c}+\dfrac{c^2}{2c+3a}\) (*).
Ta cần chứng minh: \(\dfrac{a^2}{2a+3b}+\dfrac{b^2}{2b+3c}+\dfrac{c^2}{2c+3a}\ge\dfrac{a+b+c}{5}\)(**)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-schwarz ta được: \(\left(\dfrac{x^2}{u}+\dfrac{y^2}{t}+\dfrac{z^2}{v}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{u+t+v}\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{2a+3b}+\dfrac{b^2}{2b+3c}+\dfrac{c^2}{2c+3a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2a+3b+2b+3c+2c+3a}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)5}=\dfrac{a+b+c}{5}\)
\(\Rightarrow\) Bất đẳng thức (**) đúng \(\Rightarrow\) Bđt (*) đúng
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\) Vậy...
Sao 90 Gp lại thành CTV được Quoc Tran Anh Le CTV
Ô , có nút tự đăng kí Ctv mà ! Đăng kí là admin duyệt luôn.:))
Nhưng mà phải lm bài kiểm tra.
Đâu có đâu, giải thích nó là câu chuyện rất dài nên mình sẽ giải thích lúc hợp lí nha :>
Nút tự động là phải có 300 GP một môn mà Gia Long🐩Tết con🐂
Ừ . Đào Vương Chí Khang cũn đăng kí bằng nút đó nên có mác sau