|
|
đặt câu hỏi
|
Đề thử
|
|
|
1.Trong mp $Oxy$,cho đường tròn $(C):(x-1)^2+(y-2)^2=9$ tâm $I$ và điểm $M(2;3)$.Viết PT đường thẳng $\Delta$ qua $M$ và căt $(C)$ tại 2 điểm phân biệt $A,B$ sao cho diện tích tam giác $IAB$ lớn nhất. 2.Giải hệ PT: \begin{cases}2x^3+y^3+2x^2+y^2=xy(2x+3y+4) \\ \frac{x^2+1}{y}+\frac{y^2+1}{x}= \frac{10}{3}\end{cases}
3.Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương thỏa mãn:$xyz+x+z=y$.Tìm Max: $P=\frac{2}{x^2+1}-\frac{2}{y^2+1}-\frac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{3z}{(z^2+1)\sqrt{z^2+1}}$
|
|
|
giải đáp
|
đề thi thử đây này
|
|
|
Câu bất này chả liên quan mấy đến đạo hàm cả,... Xuất phát từ BĐT sau:$a^3+b^3\geq ab(a+b)$ chứng minh bằng biến đổi tương đương. Do vậy kết hợp điều kiện $abc=1$ ta có: $VT\leq \frac{c+a}{a+b+c}-\frac{ac(a+c)}{9}=1-(\frac{b}{a+b+c}+\frac{a+c}{9b}+\frac{1}{9}-\frac{1}{9})=1-(\frac{b}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{9b}-\frac{1}{9})\leq \frac{4}{9} $ Dấu = khi $a=b=c=1$
|
|
|
giải đáp
|
GGGGGGGGGG
|
|
|
Có $\sqrt{x^2+xy+y^2}=\sqrt{\frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(x+y)$ Tương tự ta có: $VT\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(\frac{x+y}{1+4xy}+\frac{y+z}{1+4yz}+\frac{x+z}{1+4xz})$ Xét $P=\frac{x+y}{1+4xy}+\frac{y+z}{1+4yz}+\frac{x+z}{1+4xz}$ Ta sẽ CM $P\geq \frac{3}{2}$ với đk $x+y+z=\frac{3}{2}$ Quy đồng lên: $64xyz(xy+yz+xz)+8\sum xy(x+y)-24xyz+3\geq 192(xyz)^2+12(xy+yz+xz)$ Đặt $xy+yz+xz=q,r=xyz,x+y+z=p$ Ta viết lại BĐT cần chứng minh dưới dạng: $64qr+8(pq-3r)-24r+3\geq 192r^2+12q$ (*)(chú ý $p=\frac{3}{2}$) Ta có $pq\geq 9r$ nên $q\geq6r$ Thu gọn (*) với đk $p$ ta cần chứng minh: $64qr-48r+3-192r^2\geq0$ Áp dụng BĐT phụ đã nêu trên thay vào thì đpcm tương đương:$(8r-1)^2\geq0$(luôn đúng) Kết thúc CM dấu bằng đạt đc tại tâm
|
|
|
đặt câu hỏi
|
GGGGGGGGGG
|
|
|
Bài 2: cho các số thực dương $x ,y, z$ thỏa mãn $x+y+z=$ $\frac{3}{2}$. Tìm GTNN của biểu thức $P=$ $\frac{\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}}{1+4xy}+$ $\frac{\sqrt{y^{2}+yz+z^{2}}}{1+4yz}+$ $\frac{\sqrt{z^{2}+zx+x^{2}}}{1+4zx}$
|
|
|
giải đáp
|
giải giúp mình bài này với
|
|
|
Câu 1: Quy đồng đưa diều kiện về dạng tương đương: $(ab)^2+(bc)^2+(ac)^2+2(abc)^2=1$ Đặt $ab=x,bc=y,ac=z$ ta cần chứng minh: $x+y+z\leq \frac{3}{2}$ với $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$ Đến đây có 2 hướng giải quyết: C1: Chứng minh rằng tồn tại 1 tam giác sao cho,$x=cosA,y=cosB,z=cos C$ thỏa mãn yêu cầu đề bài Sau đó ta áp dụng BĐT quen thuộc: $cos A+cos B+cos C\leq \frac{3}{2}$ C2:Để ý rằng ta luôn có $x,y,z\in (0,1)$ nên nếu đặt $s=x+y+z$ thì từ đẳng thức trên ta có: $s^2-2s+1=2(1-x)(1-y)(1-z)\leq 2(\frac{1-x+1-y+1-z}{3})^3=2.\frac{(3-s)^3}{27}$ Giải bất PT trên ta được điều cm
|
|
|
giải đáp
|
Giúp em bài toán vs ạ
|
|
|
Ta sẽ đi CM:$\prod(a^2+1)\geq (abc+bcd+cda+dab-a-b-c-d)^2$ Thật vậy,ta có: $\prod (a^2+1)=[(1-ab)^2+(a+b)^2][(1-cd)^2+(c+d)^2]$ Mà$(abc+bcd+cda+dab-a-b-c-d)^2=((cd-1)(a+b)+(ab-1)(c+d))^2$ Vậy ta có BĐT đúng theo Cauchy-Schwarz. Tự tìm điểm rơi.
|
|
|
giải đáp
|
cho mình hỏi mấy câu bất đẳng thức này với
|
|
|
Câu 3: Sử dụng điều kiện:$a^2+b^2+c^2=1$,hãy chứng minh rằng $(a+b+c)^2\leq2(1+bc)^2$(biến đổi tương đương) Vậy cận trên phải là $\sqrt{2}$. $a+abc\leq a+\frac{a(b^2+c^2)}{2}=a+\frac{a(1-a^2)}{2}=1-\frac{(1-a)^2(a+2)}{2}\leq 1$ Như vậy nhân cả tử và mẫu mỗi phân thức với $a,b,c$ tương ứng ta CM đc cái còn lại
|
|
|
giải đáp
|
Giúp !!!!!!!!!!!!
|
|
|
Câu 1:$a+b+c=1$ $VT\geq \frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ac}+\frac{1}{ab+bc+ac}+\frac{7}{ab+bc+ac}$ $\Rightarrow VT\geq \frac{3}{\sqrt[3]{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ac)^2}}+\frac{21}{(a+b+c)^2}$
$\sqrt[3]{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ac)^2}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)}{3}=\frac{(a+b+c)^3}{3}$
Từ đó$\Rightarrow$ đpcm Câu 2: Đặt $a=x,2b=y,4c=z\Rightarrow x+y+z=126$.Dùng AM-GM mẫu và $\sum\sqrt{xy}\leq \sqrt{3\sum x }$
|
|
|
giải đáp
|
bất đẳng thức
|
|
|
Mấu chốt là chứng minh được: $\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ac}+\sqrt{c^2+ab}\leq \frac{3}{2}(a+b+c)$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b,c=0$ hay các hoán vị.
|
|
|
giải đáp
|
moi nguoi giup em voi a
|
|
|
Đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$.Từ giả thiết có: $9(x^2+y^2+z^2)=3(xy+yz+xz)+2014\leq 3(x^2+y^2+z^2)+2014\Rightarrow \frac{1007}{3}\geq x^2+y^2+z^2$ Do vậy $(x+y+z)^2=(x^2+y^2+z^2)+2(xy+yz+xz)\leq 3(x^2+y^2+z^2)\leq 1007$ $5a^2+2ab+2b^2=4a^2+2ab+b^2+(a^2+b^2)\geq 4a^2+4ab+b^2=(2a+b)^2$ $\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\leq \frac{1}{2a+b}\leq \frac{1}{9}(\frac{2}{a}+\frac{1}{b})=\frac{2x+y}{9}$
Tương tự ta có:$VT\leq \frac{x+y+z}{3}\leq \frac{1}{3}.\sqrt{1007}$ Dấu = xảy ra khi $x=y=z$
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Tìm hằng số tốt nhất
|
|
|
Cho $a,b,c$ không âm thỏa $a+b+c=3$.Tìm k lớn nhất sao cho: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-3\geq k(a^2+b^2+c^2-3)$
|
|
|
đặt câu hỏi
|
VMO 2015
|
|
|
1.Cho $a$ là một số thực không âm và $(u_n)$ xác định bởi: $u_1=3,u_{n+1}=\frac{1}{2}.u_n+\frac{n^2}{4n^2+a}.\sqrt{u_n^2+3}$(Với mọi $n\geq1$) a.Với $a=0$,chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. b.Với mọi $a\in[0;1]$,chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn.
|
|
|
|
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 $a_1=a_2=...=a_n=x>0$
|
|