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 \(a=b=c=3\)
[Toán.C93_17.2.2021] rất hay và khó! Đó là câu em gửi anh trên Facebook hồi sáng. Và em cũng là người đầu công khai đưa ra lời giải bài này.
Xem chi tiết tại tthnew's blog: 1721
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