|
|
giải đáp
|
Nhị thức Niu-tơn
|
|
|
|
Hệ số của $x^5$ là: $a_5=C_5^02^5+C_6^12^5+C_7^22^5=896$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tìm số tự nhiên
|
|
|
|
Gọi số tự nhiên cần tìm là $\overline{ab}$. Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\overline{ab}=4.\overline{ba}+15\\\overline{ab}-9=a^2+b^2\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}10a+b=4(10b+a)+15\\10a+b-9=a^2+b^2\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}2a-13b=5\\a^2+b^2-10a-b+9=0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a=9\\b=1\end{array}\right.$, vì ($a,b>0$) Vậy số tự nhiên cần tìm là 91. |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 06/09/2014
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Chứng minh rằng S chia hết cho 6
|
|
|
|
Bổ đề: Với $a\in\mathbb{Z}$ thì $a^3-a$ chia hết cho 6 Thật vậy, ta có: $a^3-a=(a-1)a(a+1)$, đây là tích của 3 số nguyên liên tiếp. Trong 3 số nguyên liên tiếp, tồn tại ít nhất 1 số chẵn và tồn tại 1 số chia hết cho 3, nên tích 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6. Vậy $a^3-a$ chia hết cho 6 với mọi $a\in\mathbb{Z}$
Áp dụng bổ đề ta có: $S-P$ chia hết cho 6. Suy ra: $S$ chia hết cho 6 $\Leftrightarrow P$ chia hết cho 6. |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
|
|
|
|
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2011 số, ta có: $x^{2011}+x^{2011}+2009\ge2011\sqrt[2011]{x^{2011}.x^{2011}.1^{2009}}=2011x^2$ Tương tự: $2y^{2011}+2009\ge2011y^2;2z^{2011}+2009\ge2011z^2$. Từ đó ta có: $2011(x^2+y^2+z^2)\le2(x^{2011}+y^{2011}+z^{2011})+3.2009=6033$ $\Rightarrow x^2+y^2+z^2\le 3$ $\max M=3 \Leftrightarrow x=y=z=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Bổ đề: $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{a+b}, \forall a, b >0$.
Áp dụng ta có
$\dfrac{16}{2x+y+z}=4.\dfrac{4}{2x+(y+z)} \le \dfrac{4}{2x}+\dfrac{4}{y+z} \le \dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}$
Tương tự
$\dfrac{16}{x+2y+z}\le \dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}+\dfrac{1}{z}$
$\dfrac{16}{x+y+2z}\le \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{2}{z}$
cộng theo từng vế ta có
$\dfrac{16}{2x+y+z}+\dfrac{16}{x+2y+z}+\dfrac{16}{x+y+2z} \le 4\left ( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right )=16$
Vậy
$\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\leq 1$ , đpcm.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{4}{3}$.
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 04/09/2014
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
cm bất đẳng thức
|
|
|
|
Ta có: $a^2+2b^2\ge2\sqrt2ab$ $2b^2+c^2\ge2\sqrt2bc$ $4c^2+\dfrac{1}{2}d^2\ge2\sqrt2cd$ $4a^2+\dfrac{1}{2}d^2\ge2\sqrt2ad$ $\Rightarrow 5a^2+4b^2+5c^2+d^2\ge2\sqrt2(ab+bc+cd+da)$ $\Rightarrow P=\dfrac{5a^2+4b^2+5c^2+d^2}{ab+bc+cd+da}\ge2\sqrt2$ $\min P=2\sqrt2 \Leftrightarrow 2\sqrt2a=4b=2\sqrt2c=d$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tìm giá trị nhỏ nhất
|
|
|
|
Đặt $E=\dfrac{y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}+\dfrac{z^4}{(y^2+z^2)(y+z)}+\dfrac{x^4}{(z^2+x^2)(z+x)}$ Ta có: $F-E=\dfrac{x^4-y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}+\dfrac{y^4-z^4}{(y^2+z^2)(y+z)}+\dfrac{z^4-x^4}{(z^2+x^2)(z+x)}$ $=\dfrac{(x-y)(x+y)(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)(x+y)}+\dfrac{(y-z)(y+z)(y^2+z^2)}{(y^2+z^2)(y+z)}+\dfrac{(z-x)(z+x)(z^2+x^2)}{(z^2+x^2)(z+x)}$ $=(x-y)+(y-z)+(z-x)=0$ Suy ra: $2F=\dfrac{x^4+y^4}{(x^2+y^2)(x+y)}+\dfrac{y^4+z^4}{(y^2+z^2)(y+z)}+\dfrac{z^4+x^4}{(z^2+x^2)(z+x)}$ $\ge\dfrac{(x^2+y^2)^2}{2(x^2+y^2)(x+y)}+\dfrac{(y^2+z^2)^2}{2(y^2+z^2)(y+z)}+\dfrac{(z^2+x^2)^2}{2(z^2+x^2)(z+x)}$ $=\dfrac{x^2+y^2}{2(x+y)}+\dfrac{y^2+z^2}{2(y+z)}+\dfrac{z^2+x^2}{2(z+x)}$ $\ge\dfrac{(x+y)^2}{4(x+y)}+\dfrac{(y+z)^2}{4(y+z)}+\dfrac{(z+x)^2}{4(z+x)}$ $=\dfrac{x+y}{4}+\dfrac{y+z}{4}+\dfrac{z+x}{4}=\dfrac{1}{2}$ $\Rightarrow F\ge\dfrac{1}{4}$ $\min F=\dfrac{1}{4} \Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{3}$ |
|
|
|
giải đáp
|
mọi người giúp với đang cần gấp
|
|
|
|
Bài 2a: Ta có: $A=\dfrac{x-2}{x^3-x^2-x-2}$ $=\dfrac{4}{3}-\dfrac{(2x+1)^2}{3(x^2+x+1)}\le\dfrac{4}{3}$ $\max A=\dfrac{4}{3} \Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
GTNN
|
|
|
|
Ta có: $M=\dfrac{1}{4}(2a+b-3)^2+\dfrac{3}{4}(b-1)^2+2011\ge 2011$ $\min M=2011 \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}2a+b-3=0\\b-1=0\end{array}\right.\Leftrightarrow a=b=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập lượng giác
|
|
|
|
Đặt $a=\tan x,b=\tan2x,c=\cot3x$. Ta có: $c=\cot3x=\cot(2x+x)=\dfrac{1-\tan x\tan2x}{\tan x+\tan2x}=\dfrac{1-ab}{a+b}$ $\Leftrightarrow (a+b)c=1-ab\Leftrightarrow ab+bc+ca=1$ Khi đó, BĐT cần chứng minh có dạng: $3(a^4+b^4+c^4)\geq 1$. $\Leftrightarrow 3(a^4+b^4+c^4)\geq (ab+bc+ca)^2$ $\Leftrightarrow (a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2+(a^2-bc)^2+(b^2-ac)^2+(c^2-ab)^2\geq 0$, đúng. |
|
|
|
giải đáp
|
Chứng minh rằng
|
|
|
|
Ta có: $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ $a^2-b^2$ là số nguyên tố mà $a-b<a+b \Rightarrow a-b=1$ $\Rightarrow a^2-b^2=a+b$ |
|