|
|
sửa đổi
|
Ai onl giải luôn hộ em được không ạ
|
|
|
|
Nhìn vào đề bài ta thấy vai trò $a,b$ bình đẳng nên dự đoán $a=bz$Từ giả thiết có được:$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}=1$.Giả sử rằng:$(x,y,z)\sim (\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\Rightarrow xy+yz+xz=1$Ta cần tìm Max của:$P=\frac{2x}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+1}}$$=\frac{2x}{\sqrt{(y+x)(x+z)}}+\frac{y}{\sqrt{(x+y)(y+z)}}+\frac{z}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}\leq x(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z})+y(\frac{1}{4(x+y)}+\frac{1}{y+z})+z(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{4(x+z)}=\frac{9}{4}$
Nhìn vào đề bài ta thấy vai trò $a,b$ bình đẳng nên dự đoán $a=bz$Từ giả thiết có được:$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}=1$.Giả sử rằng:$(x,y,z)\sim (\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\Rightarrow xy+yz+xz=1$Ta cần tìm Max của:$P=\frac{2x}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+1}}$$=\frac{2x}{\sqrt{(y+x)(x+z)}}+\frac{y}{\sqrt{(x+y)(y+z)}}+\frac{z}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}\leq x(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z})+y(\frac{1}{(x+y)}+\frac{1}{4(y+z)})+z(\frac{1}{4(y+z)}+\frac{1}{(x+z)}=\frac{9}{4}$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức AM-GM
|
|
|
|
Bài toán tổng quát:Cho $x>0$ và $a_1,a_2,...,a_n$ là các số thực dương tùy ý không lớn hơn x.Ta có kết quả: $\frac{x^{n+1}}{a_1+a_2+...+a_n}-(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)\geq \frac{x^n}{n}$. Chứng minh: Đặt $t=\frac{a_1+...+a_n}{n},0<t\leq x$.Áp dụng BĐT AM-GM ta có: $(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)\leq (x-t)^n$ Do đó ta chỉ cần chứng minh: $\frac{x^{n+1}}{a_1+a_2+...+a_n}-(x-t)^n\geq \frac{x^n}{n}\Leftrightarrow \frac{x^n(x-t)}{nt}\geq (x-t)^n$ $\Leftrightarrow nt(x-t)^{n-1}\leq x^n$.Sử dụng BĐT AM-GM:
$nt(x-t)^{n-1}=\frac{n}{n-1}.(n-1).t.(x-t)^{n-1}\leq \frac{n}{n-1}.[\frac{(n-1)t+(n-1)(x-t)}{n}]^n=(\frac{n-1}{n})^{n-1}.x^n\leq x^n$ Dấu bằng xảy ra khi $a_1=a_2=...=a_n=x>0$
|
|
|
|
giải đáp
|
tìm gtln
|
|
|
|
Ta có $(x+y+kz)^2\geq0\Leftrightarrow x^2+y^2+k^2z^2+2xy+2k(yz+xz)\geq 0$(Xét $k\leq \frac{1}{4}$) $\Leftrightarrow x^2+y^2+k^2z^2+2k(yz+xz+4xy)+2(1-4k)xy\geq 0$(1)
$VT(1)\leq (x^2+y^2+k^2z^2)+2k.P+(1-4k)(x^2+y^2)=(2-4k)(x^2+y^2)+k^2z^2$ Chọn $k<0$ sao cho $2-4k=k^2$.Chon được $k=-2-\sqrt{6}$ $\Rightarrow (10+4\sqrt{6})(x^2+y^2+z^2)-2.(2+\sqrt{6})P\geq 0\Rightarrow P\leq \frac{2+\sqrt{6}}{2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất Đẳng Thức AM-GM
|
|
|
|
Hãy chứng minh bất đẳng thức sau: $\frac{x^{n+1}}{a_1+a_2+...+a_n}-(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)\geq \frac{x^n}{n}$ Trong đó $x>0$ và $0<a_1,a_2,...a_n\leq x$ Áp dụng với $x=1,n=3$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giúp mình bài này với
|
|
|
|
$x^3+y^3+z^3\geq \frac{(x+y+z)^3}{9}$ $\Leftrightarrow 9(x^3+y^3+z^3)\geq (x+y+z)^3$
Ta có hằng đẳng thức:$x^3+y^3+z^3=(x+y+z)^3-3(x+y)(y+z)(z+x)$ Vậy ta cần chứng minh: $8(x+y+z)^3\geq 27(x+y)(y+z)(x+z)$ (đúng) Áp dụng ta có $P\geq \frac{(x+y+z)^3}{12(xy+yz+xz)}+\frac{1}{(x+y+z)^2}$ Có $3(xy+yz+xz)\leq(x+y+z)^2\Rightarrow P\geq \frac{x+y+z}{4}+\frac{1}{(x+y+z)^2}\geq \frac{3}{4}$ Dấu = khi $x=y=z=\frac{2}{3}$ |
|
|
|
sửa đổi
|
Bất Đẳng Thức AM-GM
|
|
|
|
Bất Đẳng Thức AM-GM Cho 0<a,b,c $\ leq$1. C hứng minh rằng $\frac{1}{a+b+c} $$\geq $$\frac{1}{3} $+(1-a) .(1-b) .(1-c) giải giùm em với
Bất Đẳng Thức AM-GM Cho $a,b,c\ in (0;1 ]$.C MR:$\frac{1}{a+b+c}\geq \frac{1}{3}+(1-a)(1-b)(1-c) $
|
|
|
|
sửa đổi
|
giá trị lớn nhất
|
|
|
|
giá trị lớn nhất Cho x,y,z \geq 0 thỏa x + y + z =1 tìm max PP= \frac{3x-1}{x^{2}-1} +\frac{3y-1}{y^{2}-1} +\frac{3z-1}{z^{2}-1}
giá trị lớn nhất Cho $x,y,z \geq 0 $ thỏa $x + y + z =1 $ tìm max P $P= \frac{3x-1}{x^{2}-1} +\frac{3y-1}{y^{2}-1} +\frac{3z-1}{z^{2}-1} $
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất Đẳng Thức AM-GM
|
|
|
|
Điểm rơi của bài này là $a=4,b=9,c=16$ các bến đổi còn lại không hề phức tạp.
|
|
|
|
sửa đổi
|
giúp mình oxy đi
|
|
|
|
giúp mình oxy đi Trong mp oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn \left ( C \right ) \left ( x-\frac{5}{2} \right )^{2}+\left ( y-\frac{1}{4} \right )^{2}=\frac{325}{16}. Đường phân giác trong góc BAC cắt (C) tại điểm E(0;\frac{-7}{2}) . Xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết BC qua điểm N(-5;2) và AB qua P(-3;-2)
giúp mình oxy đi Trong mp oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn $\left ( C \right ) \left ( x-\frac{5}{2} \right )^{2}+\left ( y-\frac{1}{4} \right )^{2}=\frac{325}{16} $. Đường phân giác trong góc BAC cắt (C) tại điểm $E(0;\frac{-7}{2}) $ . Xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết BC qua điểm $N(-5;2) $ và AB qua $P(-3;-2) $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Mọi người giúp e làm bài tích phân này với ạ
|
|
|
|
Mọi ngưới giúp e làm bài tích phân này với ạ \int\limits_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{x+1} }=\sqrt[n]{1+x}
Mọi ngưới giúp e làm bài tích phân này với ạ $\int\limits_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{x+1} }=\sqrt[n]{1+x} $
|
|
|
|
sửa đổi
|
tìm hệ số không chứa x
|
|
|
|
tìm hệ số không chứa x (3x-1 /x)+(3x-1 /x)^{2}+.....+ (3x-1 /x)^{20}
tìm hệ số không chứa x $(3x- \frac{1 }{x })+(3x- \frac{1 }{x })^{2}+.....+ (3x- \frac{1 }{x })^{20} $
|
|
|
|
giải đáp
|
Hệ phương trình
|
|
|
|
ĐK tự xử,biến đổi PT(1): $(x+\sqrt[3]{x})^2+(y\sqrt{y-1})^2=2(x+\sqrt[3]{x}).y.\sqrt{y-1}$ $\Rightarrow x+\sqrt[3]{x}=\sqrt{(y-1)^3}+\sqrt{y-1}\Leftrightarrow \sqrt[3]{x}=\sqrt{y-1}$
$\Rightarrow x^2=(y-1)^3$ Thế xuống PT (2) liên hợp nhân tử $(x^4-x^3+x^2-1)$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Đặt $a=x+y-z,b=y+z-x,c=z+x-y$.Theo nguyên lí Dirichlet trong 3 số $a,b,c$ luôn tồn tại ít nhất 2 số có cùng dấu chẳng hạn là $a.b\geq0$.Khi đó ta có đẳng thức: $\left| {a} \right|+\left| {b} \right|=\left| {a+b} \right|=2\left| {y} \right|$ Ta có: $x+y+z=a+b+c;2x=a+c;2z=b+c$ Do vậy ta cần chứng minh: $\left| {c} \right|+\left| {a+b+c} \right|\geq \left| {a+c} \right|+\left| {b+c} \right|$(với $a.b\geq0$) $\Leftrightarrow \left| {c} \right|.\left| {a+b+c} \right|+ab\geq\left| {a+c} \right|.\left| {b+c} \right|$ $\Leftrightarrow \left| {c(a+b+c)} \right|+ab\geq \left| {c(a+b+c)+ab} \right|(*)$
Đặt $m=c(a+b+c),n=ab\Rightarrow \left| {ab} \right|=ab$(a,b cùng dấu) $BĐT(*) \Leftrightarrow \left| {m} \right|+\left| {n} \right|\geq \left| {m+n} \right|\Leftrightarrow \left| {mn} \right|\geq mn$ Dấu bằng xảy ra khi trong các số $a,b,c ,a+b+c$ chia làm 2 cặp cùng dấu.Chẳng hạn:$ab\geq0,c(a+b+c)\geq 0$
|
|