|
|
sửa đổi
|
Ai làm hộ mình câu hệ này với
|
|
|
|
Điều kiện của hệ là $x,y\geq -\frac{1}{3}$ và $xy\geq0$.Trường hợp $0\geq x,y\geq- \frac{1}{3}$. Khi đó có $\sqrt{3x+1}+\sqrt{3y+1}\leq 2<4$. Suy ra hệ vô nghiệm.Trường hợp $x,y\geq 0$. Vì $\sqrt{xy}\leq \frac{x+y}{2}$ nên $2(x+y)-\sqrt{xy}\geq \frac{3(x+y)}{2}$; suy ra $3\geq \frac{3(x+y)}{2}$, hay $x+y\leq2$ (1).Vì $\sqrt{3x+1}\leq \frac{3x+5}{4}$ và $\sqrt{3y+1}\leq \frac{3y+5}{4}$ nên $\sqrt{3x+1}+\sqrt{3y+1}\leq \frac{3(x+y)+10}{4}$; suy ra $4\leq \frac{3(x+y)+10}{4}$, hay $x+y\geq2$ (2).Từ (1) và (2) cho thấy $x=y=1$. Và dễ dàng kiểm tra $(x;y)=(1;1)$ thỏa mãn hệ.
Điều kiện của hệ là $x,y\geq -\frac{1}{3}$ và $xy\geq0$.Trường hợp $0\geq x,y\geq- \frac{1}{3}$. Khi đó có $\sqrt{3x+1}+\sqrt{3y+1}\leq 2<4$. Suy ra hệ vô nghiệm.Trường hợp $x,y\geq 0$. Vì $\sqrt{xy}\leq \frac{x+y}{2}$ nên $2(x+y)-\sqrt{xy}\geq \frac{3(x+y)}{2}$; suy ra $3\geq \frac{3(x+y)}{2}$, hay $x+y\leq2$ (1).Vì $\sqrt{3x+1}\leq \frac{3x+5}{4}$ và $\sqrt{3y+1}\leq \frac{3y+5}{4}$ nên $\sqrt{3x+1}+\sqrt{3y+1}\leq \frac{3(x+y)+10}{4}$; suy ra $4\leq \frac{3(x+y)+10}{4}$, hay $x+y\geq2$ (2).Từ (1) và (2) cho thấy $x=y=1$. Dễ dàng kiểm tra $(x;y)=(1;1)$ thỏa mãn hệ.Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất, đó là $(x;y)=(1;1)$. $\triangle$
|
|
|
|
giải đáp
|
Ai làm hộ mình câu hệ này với
|
|
|
|
Điều kiện của hệ là $x,y\geq -\frac{1}{3}$ và $xy\geq0$. Trường hợp $0\geq x,y\geq- \frac{1}{3}$. Khi đó có $\sqrt{3x+1}+\sqrt{3y+1}\leq 2<4$. Suy ra hệ vô nghiệm. Trường hợp $x,y\geq 0$. Vì $\sqrt{xy}\leq \frac{x+y}{2}$ nên $2(x+y)-\sqrt{xy}\geq \frac{3(x+y)}{2}$; suy ra $3\geq \frac{3(x+y)}{2}$, hay $x+y\leq2$ (1). Vì $\sqrt{3x+1}\leq \frac{3x+5}{4}$ và $\sqrt{3y+1}\leq \frac{3y+5}{4}$ nên $\sqrt{3x+1}+\sqrt{3y+1}\leq \frac{3(x+y)+10}{4}$; suy ra $4\leq \frac{3(x+y)+10}{4}$, hay $x+y\geq2$ (2). Từ (1) và (2) cho thấy $x=y=1$. Dễ dàng kiểm tra $(x;y)=(1;1)$ thỏa mãn hệ. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất, đó là $(x;y)=(1;1)$. $\triangle$
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 21/03/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
(Đề thi thử chuyên HN Amesterdam năm 2016)
|
|
|
|
Từ điều kiện suy ra $a,b,c\geq 1$. Vì $0<2a-1\leq a^2$ nên $\frac{a}{2a-1}\geq \frac{1}{a}$.
Chứng minh tương tự thì có $\frac{b}{2b-1}\geq \frac{1}{b}$ và $\frac{c}{2c-1}\geq \frac{1}{c}$.
Từ đó có $\frac{a}{2a-1}+\frac{b}{2b-1}+\frac{c}{2c-1}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}.$ (1)
Lại có $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq\frac{9}{a+b+c}.$ (2)
Vì $a,b,c\geq1$ nên $\left ( a-1\right )\left ( b-1 \right )+\left ( b-1\right )\left ( c-1 \right )+\left ( c-1 \right )\left ( a-1 \right )\geq 0$. Suy ra
$\frac{9}{a+b+c}\geq \frac{18}{3+ab+bc+ca}.$ (3)
Kết hợp (1), (2) và (3) thì được bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$. $\triangle$ |
|
|
|
sửa đổi
|
BDT!!!!!!
|
|
|
|
Vì $a,b>0$ nên $a^3+b^3>0$, suy ra $a-b>0$. Lại vì $a^3+b^3>a^3-b^3$ nên $a-b>a^3-b^3$; suy ra $1>a^2+b^2+ab$; suy ra $a^2+b^2<1.$ $\triangle$
Vì $a,b>0$ nên $a^3+b^3>0$, suy ra $a-b>0$. Lại vì $a^3+b^3>a^3-b^3$ nên $a-b>a^3-b^3$; suy ra $1>a^2+b^2+ab$; suy ra $a^2+b^2<1.$ $\triangle$
|
|
|
|
giải đáp
|
BDT!!!!!!
|
|
|
|
Vì $a,b>0$ nên $a^3+b^3>0$, suy ra $a-b>0$. Lại vì $a^3+b^3>a^3-b^3$ nên $a-b>a^3-b^3$; suy ra $1>a^2+b^2+ab$; suy ra $a^2+b^2<1.$ $\triangle$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp em bài nè với ạ!!!!!!!!!!!
|
|
|
|
Giả sử $P=cos20^0cos40^0cos80^0.$ Khi đó có $P=\frac{8sin20^{0}cos20^{0}cos40^{0}cos80^{0}}{8sin20^{0}}$ $=\frac{4sin40^{0}cos40^0cos80^0}{8sin20^{0}}$ $=\frac{2sin80^0cos80^0}{8sin20^0}$ $=\frac{sin160^0}{8sin20^0}$ $=\frac{sin20^0}{8sin20^0}$ $=\frac{1}{8}.$ Vì $sin10^0=cos80^0,sin50^0=cos40^0,sin70^0=cos20^0$ nên $sin10^0sin50^0sin70^0=cos20^0cos40^0cos80^0=\frac{1}{8}.$
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 20/03/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bó tay luk
|
|
|
|
http://i.imgur.com/0tF4Wz8.png
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất!!!
|
|
|
|
http://i.imgur.com/Yv9tlQM.png
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|