|
|
giải đáp
|
abc
|
|
|
|
Giả sử tồn tại 3 số x, y, z tm 3 bđt trên.Do vai trò của x, y, z như nhau nên không làm mất tính tổng quát ta giả sử x≥y≥z Khi đó bđt số 1 và 3 trở thành |x|<y−z;|z|<x−y⇒|x|+|z|<x−z Lại có |x|+|z|=|x|+|−z|≥|x−z|=x−z mâu thuẫn với bđt ở trên ⇒Giả sử sai ⇒Không tồn tại 3 số x, y, z thỏa mãn 3 bđt trên (đpcm)
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
giải giùm mình
đậu, ý tưởng lớn gặp nhau :3 cách t gần giống, mỗi tội gõ chậm quá
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
nghiệm nguyên
|
|
|
|
đoạn đầu giống ông Chắc kia, đến $x>5$ k là nghiệm t CM như sau$(x-1)!=1.2.3...(x-2)(x-1)$dễ thấy $x>5$ nên $x-2>3$Ta lại thấy $2.(x-1)=x+(x-1)>x$;$3(x-2)=x+2(x-3)>x$Suy ra $(x-1)!>x^2$ nên PT k có nghiệm $x>5$
đoạn đầu giống ông Chắc kia, đến $x>5$ k là nghiệm t CM như sau$(x-1)!=1.2.3...(x-2)(x-1)$dễ thấy $x>5$ nên $x-2>3$Ta lại thấy $2.(x-1)=x+(x-2)>x$;$3(x-2)=x+2(x-3)>x$Suy ra $(x-1)!>x^2$ nên PT k có nghiệm $x>5$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giùm mình
|
|
|
|
$VT=\sum \frac{a+b}{b+c+d}=\sum(\frac{a^2}{ab+ac+ad}+\frac{b^2}{bc+bd+ba})\geq \frac{4(a+b+c+d)^2}{4(ab+ac+ad+bc+bd+cd)}=\frac{(a+b+c+d)^2}{ab+ac+ad+bc+bd+cd} $Ta có $(a+b+c+d)^2=a^2+b^2+c^2+d^2+2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)$
mà $(a^2+b^2+c^2+d^2)(1+1+1+1)\ge(a+b+c+d)^2$
$\Rightarrow 4(a+b+c+d)^2\ge(a+b+c+d)^2+8(ab+ac+ad+bc+bd+cd)\Leftrightarrow (a+b+c+d)^2\ge\frac83(ab+ac+ad+bc+bd+cd)$ Suy ra đpcm
|
|
|
|
bình luận
|
Căn bậc ba
:v ấn máy tính thấy nó ra thế làm đại thôi :3
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giải giùm mình
|
|
|
|
để ý với $x,y>0$, ta có $x^3+y^3\ge xy(x+y)\Leftrightarrow (x-y)^2(x+y)\ge0$ luôn đúng
$\Rightarrow a^3\ge ab(a+b)-b^3\Rightarrow 3a^3\ge2a^3+ab(a+b)-b^3=(2b-a)(a^2+ab+b^2)$ $\Rightarrow \frac {3a^3}{a^2+ab+b^2}\ge2b-a$
tương tự cộng lại ta suy ra điều phải CM |
|
|
|
giải đáp
|
nghiệm nguyên
|
|
|
|
đoạn đầu giống ông Chắc kia, đến $x>5$ k là nghiệm t CM như sau $(x-1)!=1.2.3...(x-2)(x-1)$ dễ thấy $x>5$ nên $x-2>3$ Ta lại thấy $2.(x-1)=x+(x-2)>x$;$3(x-2)=x+2(x-3)>x$ Suy ra $(x-1)!>x^2$ nên PT k có nghiệm $x>5$ |
|
|
|
giải đáp
|
Căn bậc ba
|
|
|
|
Ta có $1<\sqrt[3]6<A<\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6+2}}}=2$ (2016 dấu căn, thậm chí có thể thay bằng n dấu căn) Từ đó ta có A k phải số tự nhiên |
|
|
|
|
|
|
|