|
|
sửa đổi
|
Tìm GTLN của y
|
|
|
|
Tìm GTLN của y Tìm GTLN của y sao cho x^{2}y+2xy-4x+y=0
Tìm GTLN của y Tìm GTLN của y sao cho $x^{2}y+2xy-4x+y=0 $
|
|
|
|
giải đáp
|
KHÓ QUÁ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
|
|
|
|
Từ PT(1) của hệ ta có được: $(x-2y)^2(4y^2+3)+(x-2\sqrt{5y^2-x^2})^2=0$ Vậy $x=2y$.Thế xuống dưới: $2y+\sqrt{12-4y}=2y^2-2\sqrt{y}-4$ |
|
|
|
sửa đổi
|
tim so du
|
|
|
|
tim so du tim so du phep chia so: 2014201420142014^{3}+2014201420142016 cho 30
tim so du tim so du phep chia so: $2014201420142014^{3}+2014201420142016 $ cho 30
|
|
|
|
bình luận
|
dai so
đấy bài chỉ có thế thôi
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
dai so
|
|
|
|
Đề này có vấn đề nhé
Vì x,y,z>0nên ta đặt $x=a^2,y=b^2,z=c^2\rightarrow abc=1$Bài toán trở thành:$\frac{1}{2a^2+b^2+3}+\frac{1}{2b^2+c^2+3}+\frac{1}{2c^2+a^2+3}\leq \frac{1}{2}$Ta có:$2a^2+b^2+3=a^2+b^2+a^2+1+2\geq 2(ab+a+1)$Vì thế nên ta có:$VT\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ac+c+1})$Ta cần lưu ý một đẳng thức quan trọng là Nếu abc=1 thì ta có:$\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ac+c+1}=1$
|
|
|
|
bình luận
|
dai so
thế để đấy a xem lại
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
dai so
|
|
|
|
Có phải ý bn là:Cho x,y,z>0 thỏa mãn xyz=1,CMR:$\frac{1}{2x+y^2+3}+\frac{1}{2y+z^2+3}+\frac{1}{2z+x^2+3}\leq \frac{1}{2}$
Đề này có vấn đề nhé
|
|
|
|
bình luận
|
dai so
chính xác thì không phải k giải đc mà đề có vấn đề rồi em ạ
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
KHÓ QUÁ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
|
|
|
|
KHÓ QUÁ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! $\begin{cases}x(4y^{3}+3y+\sqrt{5y^{2}-x^{2}}=y^{2}(x^{2}+4y^{2}+8) \\ x+\sqrt{12-2x}=2y^{2}-2\sqrt{y}-4 \end{cases}$
KHÓ QUÁ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! $\begin{cases}x(4y^{3}+3y+\sqrt{5y^{2}-x^{2}} )=y^{2}(x^{2}+4y^{2}+8) \\ x+\sqrt{12-2x}=2y^{2}-2\sqrt{y}-4 \end{cases}$
|
|
|
|
bình luận
|
dai so
đề phải đúng đã thì ms làm dc
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Đề thi thử đội tuyển Toán 1 (THPT Chuyên khối 11-12)
|
|
|
|
Bài 1: Từ PT(1) nhận thấy y=0 không là nghiệm nên $(1)\Leftrightarrow \frac{x^{2013}}{y^{2013}}+\frac{x}{y}=y^{2013}+y$ Từ đó xét hàm$f(t)=t^{2013}+t$ ta được $x=y^2>0$ Thế xuống dưới ta được: $7x^2-13x+8=2x^2\sqrt[3]{x(3x-3x^2+1)}$ PT này có 1 nghiệm đẹp là 1 nên có lẽ sẽ liên hợp đc
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
KHÓ QUÁ!!!!!!!!!!!!!!!!
|
|
|
|
Không mất tính tổng quát giả sử a=max{a;b;c} ta có: $\frac{a^2+1}{b^2+1}=a^2+1-\frac{b^2(a^2+1)}{b^2+1}\leq a^2+1-\frac{b^2(a^2+1)}{2}$
Tương tự rồi cộng lại ta có: $VT\leq a^2+b^2+c^2+3-\frac{a^2(b^2+1)+b^2(c^2+1)+c^2(a^2+1)}{2}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)}{2}+3$ Vậy $max=\frac{7}{2}$ khi (a,b,c) là một hoán vị của (1,0,0) Bài toán tổng quát: Với mọi số thực không âm có tổng =1 và với mọi $k\geq1$ ta đều có: $\frac{a^k+1}{b^k+1}+\frac{b^k+1}{c^k+1}+\frac{c^k+1}{a^k+1}\leq \frac{7}{2}$
|
|
|
|
bình luận
|
dai so
xem kĩ mẫu xem có bình phương gì không
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
dai so
|
|
|
|
Vì x,y,z>0nên ta đặt $x=a^2,y=b^2,z=c^2\rightarrow abc=1$ Bài toán trở thành: $\frac{1}{2a^2+b^2+3}+\frac{1}{2b^2+c^2+3}+\frac{1}{2c^2+a^2+3}\leq \frac{1}{2}$
Ta có:$2a^2+b^2+3=a^2+b^2+a^2+1+2\geq 2(ab+a+1)$ Vì thế nên ta có: $VT\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ac+c+1})$ Ta cần lưu ý một đẳng thức quan trọng là Nếu abc=1 thì ta có: $\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ac+c+1}=1$
|
|