|
sửa đổi
|
giới ạn dãy số tt
|
|
|
a. Ta sẽ chứng minh $0<u_n\le\dfrac{1}{4},\forall n\ge1 (*)$ bằng quy nạp.Với $n=1$ ta có: $0<u_1=\dfrac{1}{4}\le\dfrac{1}{4}$, đúng.Giả sử $(*)$ đúng với $n=k$, tức $0<u_k\le\dfrac{1}{4}$.Ta sẽ chứng minh $(*)$ đúng với $n=k+1$. Thật vậy:$u_{k+1}=u_k^2+\dfrac{u_k}{2}>0$$u_{k+1}=u_k^2+\dfrac{u_k}{2}\le\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{8}<\dfrac{1}{4}$Vậy $(*)$ đúng với $\forall n\ge1$.b. Ta có:$u_{n+1}-u_n=u_n^2-\dfrac{u_n}{2}=u_n(u_n-\dfrac{1}{2})<0$Suy ra $u_n$ là dãy giảm và bị chặn, nên $\exists L\in\mathbb{R}$ sao cho $\lim u_n=L$Chuyển qua giới hạn ta có:$L=L^2+\dfrac{L}{2} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}L=0\\L=\dfrac{1}{2}\end{array}\right. \Rightarrow L=0$ (vì $L\le\dfrac{1}{4}$).Vậy: $\lim u_n=0$
a. Ta sẽ chứng minh $0Với $n=1$ ta có: $0Giả sử $(*)$ đúng với $n=k$, tức $0Ta sẽ chứng minh $(*)$ đúng với $n=k+1$. Thật vậy:$u_{k+1}=u_k^2+\dfrac{u_k}{2}>0$$u_{k+1}=u_k^2+\dfrac{u_k}{2}\le\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{8}<\dfrac{1}{4}$Vậy $(*)$ đúng với $\forall n\ge1$.b. Ta có:$u_{n+1}-u_n=u_n^2-\dfrac{u_n}{2}=u_n(u_n-\dfrac{1}{2})<0$Suy ra $u_n$ là dãy giảm và bị chặn, nên $\exists L\in\mathbb{R}$ sao cho $\lim u_n=L$Chuyển qua giới hạn ta có:$L=L^2+\dfrac{L}{2} \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}L=0\\L=\dfrac{1}{2}\end{array}\right. \Rightarrow L=0$ (vì $L\le\dfrac{1}{4}$).Vậy: $\lim u_n=0$
|
|
|
sửa đổi
|
TÍnh tổng ??????
|
|
|
Ta có: $\sum_{i=0}^{100}x^i=(1+x)^{100}$$\Rightarrow \sum_{i=0}^{100}ix^{i-1}=100(1+x)^{99}$ (đạo hàm 2 vế)$\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{100}ix^{i-1}=100(1+x)^{99}$
Ta có: $\sum_{i=0}^{100}x^i=\dfrac{1-x^{101}}{1-x}$$\Rightarrow \sum_{i=0}^{100}ix^{i-1}=\dfrac{100x^{101}-101x^{100}+1}{(x-1)^2}$ (đạo hàm 2 vế)$\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{100}ix^{i-1}=\dfrac{100x^{101}-101x^{100}+1}{(x-1)^2}$
|
|
|
sửa đổi
|
xin mọi người giúp đỡ
|
|
|
Gọi 4 số cần tìm là: $a-3d,a-d,a+d,a+3d$.Ta có: $(a-3d)+(a-d)+(a+d)+(a+3d)=20$$\Leftrightarrow 4a=20$$\Leftrightarrow a=5$Lại có: $(5-3d)(5-d)(5+d)(5-3d)=384$$\Leftrightarrow (25-9d^2)(25-d^2)=384$$\Leftrightarrow 9d^4-250d^2+241$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}d^2=1\\d^2=\dfrac{241}{9}\end{array}\right.$Từ đó suy ra 4 số cần tìm là: $(2;4;6;8)$ hoặc $(5-\sqrt{241};5-\dfrac{\sqrt{241}}{3};5+\dfrac{\sqrt{241}}{3};5+\sqrt{241})$
Gọi 4 số cần tìm là: $a-3d,a-d,a+d,a+3d$.Ta có: $(a-3d)+(a-d)+(a+d)+(a+3d)=20$$\Leftrightarrow 4a=20$$\Leftrightarrow a=5$Lại có: $(5-3d)(5-d)(5+d)(5-3d)=384$$\Leftrightarrow (25-9d^2)(25-d^2)=384$$\Leftrightarrow 9d^4-250d^2+241=0$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}d^2=1\\d^2=\dfrac{241}{9}\end{array}\right.$Từ đó suy ra 4 số cần tìm là: $(2;4;6;8)$ hoặc $(5-\sqrt{241};5-\dfrac{\sqrt{241}}{3};5+\dfrac{\sqrt{241}}{3};5+\sqrt{241})$
|
|
|
sửa đổi
|
Giúp mình vớiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii|
|
|
|
Từ giả thiết ta có: $a^2c+c^2b+b^2a=3abc (1)$.Thật vậy, không mất tổng quát giả sử $(a,b,c)=1$.Giả sử $p$ là số nguyên tố và $p\mid a$ hay $a=p^ma_1$.Từ giả thiết ta suy ra $a\mid c^2b \Rightarrow p\mid b$ hoặc $p\mid c$.Chẳng hạn $b=p^kb_1 \Rightarrow p\nmid c$.Thay vào $(1)$ ta được: $p^{2k+m}b^2_1a_1+p^{2m}a^2_1c+p^kc^2b_1=3p^{m+k}a_1b_1c$.Do đó: $p^k\le p^{2m} \Rightarrow 2m\ge k$và $p^m\mid p^k \Rightarrow m\le k \Rightarrow m+k\ge 2m \Rightarrow p^{2m}\le p^k \Rightarrow k\ge2m$.Từ đó suy ra $k=2m$ hay $p^3m\mid abc$. Suy ra: $abc$ là lập phương của 1 số nguyên.
Từ giả thiết ta có: $a^2c+c^2b+b^2a=3abc (1)$.Thật vậy, không mất tổng quát giả sử $(a,b,c)=1$.Giả sử $p$ là số nguyên tố và $p\mid a$ hay $a=p^ma_1$.Từ giả thiết ta suy ra $a\mid c^2b \Rightarrow p\mid b$ hoặc $p\mid c$.Chẳng hạn $b=p^kb_1 \Rightarrow p\nmid c$.Thay vào $(1)$ ta được: $p^{2k+m}b^2_1a_1+p^{2m}a^2_1c+p^kc^2b_1=3p^{m+k}a_1b_1c$.Do đó: $p^k\le p^{2m} \Rightarrow 2m\ge k$và $p^m\mid p^k \Rightarrow m\le k \Rightarrow m+k\ge 2m \Rightarrow p^{2m}\le p^k \Rightarrow k\ge2m$.Từ đó suy ra $k=2m$ hay $p^{3m}\mid abc$. Suy ra: $abc$ là lập phương của 1 số nguyên.
|
|
|
sửa đổi
|
Cần giúp ạ
|
|
|
Ta có:$I=\int\limits_2^3\dfrac{x^3+3x}{x^4-5x^2+6}dx$ $=\int\limits_2^3\left(\dfrac{6x}{x^2-3}-\dfrac{5x}{x^2-2}\right)dx$ $=\int\limits_2^3\dfrac{3d(x^2-3)}-\int\limits_2^3\dfrac{5d(x^2-2)}{2(x^2-2)}$ $=3\ln(x^2-3)\left|\begin{array}{l}3\\2\end{array}\right.-\dfrac{5\ln(x^2-2)}{2}\left|\begin{array}{l}3\\2\end{array}\right.$ $=\dfrac{1}{2}\left(5\ln\dfrac{12}{7}+\ln6\right)$
Ta có:$I=\int\limits_2^3\dfrac{x^3+3x}{x^4-5x^2+6}dx$ $=\int\limits_2^3\left(\dfrac{6x}{x^2-3}-\dfrac{5x}{x^2-2}\right)dx$ $=\int\limits_2^3\dfrac{3d(x^2-3)}{x^2-3}-\int\limits_2^3\dfrac{5d(x^2-2)}{2(x^2-2)}$ $=3\ln(x^2-3)\left|\begin{array}{l}3\\2\end{array}\right.-\dfrac{5\ln(x^2-2)}{2}\left|\begin{array}{l}3\\2\end{array}\right.$ $=\dfrac{1}{2}\left(5\ln\dfrac{12}{7}+\ln6\right)$
|
|
|
sửa đổi
|
mn oi giup minh voi
|
|
|
Kẻ đường cao $AH$ cắt $PQ$ tại $K$Giả sử: $BC=a;AH=h;NP=x;PQ=y$.Ta có:$\Delta APQ\sim\Delta ABC \Rightarrow \dfrac{AK}{PQ}=\dfrac{AH}{BC} \Leftrightarrow \dfrac{h-x}{y}=\dfrac{h}{a} \Leftrightarrow ax+hy=ha$Áp dụng BĐT Cauchy ta có:$ha=ax+hy\ge2\sqrt{ax.hy} \Rightarrow xy\le\dfrac{ah}{4}=\dfrac{S}{2}$$\max S(MNPQ)=\dfrac{S}{2} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\dfrac{h}{2}\\y=\dfrac{a}{2}\end{array}\right. \Leftrightarrow P,Q$ là trung điểm $AC, AB$.
|
|
|
sửa đổi
|
mn oi giup minh voi
|
|
|
Kẻ đường cao $AH$ cắt $PQ$ tại $K$Giả sử: $BC=a;AH=h;NP=x;PQ=y$.Ta có:$\Delta APQ\sim\Delta ABC \Rightarrow \dfrac{AK}{PQ}=\dfrac{AH}{BC} \Leftrightarrow \dfrac{h-x}{y}=\dfrac{h}{a} \Leftrightarrow ax+hy=ha$Áp dụng BĐT Cauchy ta có:$ha=ax+hy\ge2\sqrt{ax.hy} \Rightarrow xy\le\dfrac{ah}{4}=\dfrac{S}{2}$$\max S(MNPQ)=\dfrac{S}{2} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\dfrac{h}{2}\\y=\dfrac{a}{2}\end{array}\right. \Leftrightarrow P,Q$ là trung điểm $AC, AB$.
Kẻ đường cao $AH$ cắt $PQ$ tại $K$Giả sử: $BC=a;AH=h;NP=x;PQ=y$.Ta có:$\Delta APQ\sim\Delta ABC \Rightarrow \dfrac{AK}{PQ}=\dfrac{AH}{BC} \Leftrightarrow \dfrac{h-x}{y}=\dfrac{h}{a} \Leftrightarrow ax+hy=ha$Áp dụng BĐT Cauchy ta có:$ha=ax+hy\ge2\sqrt{ax.hy} \Rightarrow xy\le\dfrac{ah}{4}=\dfrac{S}{2}$$\max S(MNPQ)=\dfrac{S}{2} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\dfrac{h}{2}\\y=\dfrac{a}{2}\end{array}\right. \Leftrightarrow P,Q$ là trung điểm $AC, AB$.
|
|
|
sửa đổi
|
mn giup m phuong trinh luong giac nay voi
|
|
|
Phương trình đã cho tương đương với: $3(1-\sqrt3)\cos2x+3(1+\sqrt3)(1+\sin2x)=8(\sin x+\cos x)(\sqrt3\sin^3x+\cos^3x)$$\Leftrightarrow 3(1-\sqrt3)(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)+3(1+\sqrt3)(\sin x+\cos x)^2=8(\sin x+\cos x)(\sqrt3\sin^3x+\cos^3x)$$\Leftrightarrow (\sin x+\cos x)[3(1-\sqrt3)(\cos x-\sin x)+3(1+\sqrt3)(\sin x+\cos x)-8(\sqrt3\sin^3x+\cos^3x)]=0$$\Leftrightarrow (\sin x+\cos x)(6\cos x+6\sqrt3\sin x-8\sqrt3\sin^3x-8\cos^3x)=0$$\Leftrightarrow (\sin x+\cos x)[6\cos x+6\sqrt3\sin x-2\sqrt3(3\sin x-\sin3x)-2(\cos3x+3\cos x)]=0$$\Leftrightarrow 2\sqrt3(\sin x+\cos x)(\sin3x-\cos3x)=0$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\sin x+\cos x=0\\\sin3x=\cos3x\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\tan x=-1\\\tan3x=1\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=\dfrac{-\pi}{4}+k\pi\\x=\dfrac{\pi}{12}+k\dfrac{\pi}{3}\end{array}\right., k\in\mathbb{Z}$
Phương trình đã cho tương đương với: $3(1-\sqrt3)\cos2x+3(1+\sqrt3)(1+\sin2x)=8(\sin x+\cos x)(\sqrt3\sin^3x+\cos^3x)$$\Leftrightarrow 3(1-\sqrt3)(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)+3(1+\sqrt3)(\sin x+\cos x)^2=8(\sin x+\cos x)(\sqrt3\sin^3x+\cos^3x)$$\Leftrightarrow (\sin x+\cos x)[3(1-\sqrt3)(\cos x-\sin x)+3(1+\sqrt3)(\sin x+\cos x)-8(\sqrt3\sin^3x+\cos^3x)]=0$$\Leftrightarrow (\sin x+\cos x)(6\cos x+6\sqrt3\sin x-8\sqrt3\sin^3x-8\cos^3x)=0$$\Leftrightarrow (\sin x+\cos x)[6\cos x+6\sqrt3\sin x-2\sqrt3(3\sin x-\sin3x)-2(\cos3x+3\cos x)]=0$$\Leftrightarrow 2(\sin x+\cos x)(\sqrt3\sin3x-\cos3x)=0$$\Leftrightarrow 2(\sin x+\cos x)\sin(3x-\dfrac{\pi}{6})=0$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\sin x+\cos x=0\\\sin(3x-\dfrac{\pi}{6})=0\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\tan x=-1\\\sin(3x-\dfrac{\pi}{6})=0\end{array}\right.$$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=\dfrac{-\pi}{4}+k\pi\\x=\dfrac{\pi}{18}+k\dfrac{\pi}{3}\end{array}\right., k\in\mathbb{Z}$
|
|
|
sửa đổi
|
Tìm nguyên hàm
|
|
|
Tìm nguyên hàm \int\limits\frac{cosx - sinx}{( (sinx + cosx)^{2}}dx
Tìm nguyên hàm $\int\limits\frac{ \cos x - \sin x}{( \sin x + \cos x)^{2}}dx $
|
|
|
sửa đổi
|
Hệ logarit
|
|
|
\left\{ \begin{array}{l} x+\log_ 2 y=y\log_2 3 +\log_2 x\\ x\log _2 72 +\log_2 x =2y+\log_2 y \end{ar ray} \ri ght .\left\{ \begin{array}{l} x+\log_ 2 y=y\log_2 3 +\log_2 x\\ x\log_2 72 +\log_2 x =2y+\log_2 y \end{array} \right.
Hệ logarit $\left\{ \begin{array}{l} x+\log_ 2 y=y\log_2 3 +\log_2 x\\ x\log_2 72 +\log_2 x =2y+\log_2 y \end{array} \right. $
|
|
|
sửa đổi
|
Ai giải giúp mình bài toán này với ngày mai mình phải nộp rồi.
|
|
|
Ai giải giúp mình bài toán này với ngày mai mình phải nộp rồi. \begin{(x+y)(1+\frac{1}{xy})=5 }x= \\ y= \end{(x^{2}+y^{2})(1+\frac{1}{x^{2}y^{2}})=49}
Ai giải giúp mình bài toán này với ngày mai mình phải nộp rồi. $\begin{ cases}(x+y)(1+\frac{1}{xy})=5\\ (x^{2}+y^{2})(1+\frac{1}{x^{2}y^{2}})=49 \end{cases} $
|
|
|
sửa đổi
|
bất đẳng thức
|
|
|
Đặt: $f(x;y;z)=x^2+y^2+z^2+xyz$Ta có: $f(x;y;z+t)\ge f(x;y;z),\forall t\ge0$, nên $\min A$ đạt được tại $x+y+z=1$.Vì vậy, ta chỉ cần xét: $x+y+z=1$Áp dụng BĐT AM-GM ta có:$(x+y-z)(x-y+z)\le\dfrac{(x+y-z+x-y+z)^2}{4}=x^2$$(x+y-z)(-x+y+z)\le\dfrac{(x+y-z-x+y+z)^2}{4}=y^2$$(x-y+z)(-x+y+z)\le\dfrac{(x-y+z-x+y+z)^2}{4}=z^2$Suy ra: $\left((x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)\right)^2\le(xyz)^2$$\Rightarrow (x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)\le|(x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)|\le xyz$$\Rightarrow (1-2z)(1-2y)(1-2x)\le xyz$$\Leftrightarrow 1-2(x+y+z)+4(xy+yz+zx)-8xyz\le xyz$$\Leftrightarrow xy+yz+zx\le\dfrac{9}{4}xyz+\dfrac{1}{4}$Ta có:$A=x^2+y^2+z^2+4xyz$ $=(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)+4xyz$ $\ge 1-2\left(\dfrac{9}{4}xyz+\dfrac{1}{4}\right)+4xyz$ $=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}xyz$ $=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}.\dfrac{(x+y+z)^3}{27}=\dfrac{13}{27}$$\min A=\dfrac{13}{27} \Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{3}$
Đặt: $f(x;y;z)=x^2+y^2+z^2+4xyz$Ta có: $f(x;y;z+t)\ge f(x;y;z),\forall t\ge0$, nên $\min A$ đạt được tại $x+y+z=1$.Vì vậy, ta chỉ cần xét: $x+y+z=1$Áp dụng BĐT AM-GM ta có:$(x+y-z)(x-y+z)\le\dfrac{(x+y-z+x-y+z)^2}{4}=x^2$$(x+y-z)(-x+y+z)\le\dfrac{(x+y-z-x+y+z)^2}{4}=y^2$$(x-y+z)(-x+y+z)\le\dfrac{(x-y+z-x+y+z)^2}{4}=z^2$Suy ra: $\left((x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)\right)^2\le(xyz)^2$$\Rightarrow (x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)\le|(x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)|\le xyz$$\Rightarrow (1-2z)(1-2y)(1-2x)\le xyz$$\Leftrightarrow 1-2(x+y+z)+4(xy+yz+zx)-8xyz\le xyz$$\Leftrightarrow xy+yz+zx\le\dfrac{9}{4}xyz+\dfrac{1}{4}$Ta có:$A=x^2+y^2+z^2+4xyz$ $=(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)+4xyz$ $\ge 1-2\left(\dfrac{9}{4}xyz+\dfrac{1}{4}\right)+4xyz$ $=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}xyz$ $=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}.\dfrac{(x+y+z)^3}{27}=\dfrac{13}{27}$$\min A=\dfrac{13}{27} \Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{3}$
|
|
|
sửa đổi
|
bất đẳng thức
|
|
|
Đặt: $f(x;y;z)=x^2+y^2+z^2+xyz$Ta có: $f(x;y;z+t)\ge f(x;y;z),\forall t\ge0$, nên $\min A$ đạt được tại $x+y+z=1$.Vì vậy, ta chỉ cần xét: $x+y+z=1$Áp dụng BĐT AM-GM ta có:$(x+y-z)(x-y+z)\le\dfrac{(x+y-z+x-y+z)^2}{4}=x^2$$(x+y-z)(-x+y+z)\le\dfrac{(x+y-z-x+y+z)^2}{4}=y^2$$(x-y+z)(-x+y+z)\le\dfrac{(x-y+z-x+y+z)^2}{4}=z^2$Suy ra: $\left((x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)\right)^2\le(xyz)^2$$\Rightarrow (x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)\le|(x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)|\le xyz$$\Rightarrow (1-2z)(1-2y)(1-2x)\le xyz$$\Leftrightarrow 1-2(x+y+z)+4(xy+yz+zx)-8xyz\le xyz$$\Leftrightarrow xy+yz+zx\le\dfrac{9}{4}xyz+\dfrac{1}{4}$Ta có:$A=x^2+y^2+z^2+xyz$ $=(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)+xyz$ $\ge 1-2\left(\dfrac{9}{4}xyz+\dfrac{1}{4}\right)+xyz$ $=\dfrac{1}{2}-\dfrac{7}{2}xyz$ $=\dfrac{1}{2}-\dfrac{7}{2}.\dfrac{(x+y+z)^3}{27}=\dfrac{10}{27}$$\min A=\dfrac{10}{27} \Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{3}$
Đặt: $f(x;y;z)=x^2+y^2+z^2+xyz$Ta có: $f(x;y;z+t)\ge f(x;y;z),\forall t\ge0$, nên $\min A$ đạt được tại $x+y+z=1$.Vì vậy, ta chỉ cần xét: $x+y+z=1$Áp dụng BĐT AM-GM ta có:$(x+y-z)(x-y+z)\le\dfrac{(x+y-z+x-y+z)^2}{4}=x^2$$(x+y-z)(-x+y+z)\le\dfrac{(x+y-z-x+y+z)^2}{4}=y^2$$(x-y+z)(-x+y+z)\le\dfrac{(x-y+z-x+y+z)^2}{4}=z^2$Suy ra: $\left((x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)\right)^2\le(xyz)^2$$\Rightarrow (x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)\le|(x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)|\le xyz$$\Rightarrow (1-2z)(1-2y)(1-2x)\le xyz$$\Leftrightarrow 1-2(x+y+z)+4(xy+yz+zx)-8xyz\le xyz$$\Leftrightarrow xy+yz+zx\le\dfrac{9}{4}xyz+\dfrac{1}{4}$Ta có:$A=x^2+y^2+z^2+4xyz$ $=(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)+4xyz$ $\ge 1-2\left(\dfrac{9}{4}xyz+\dfrac{1}{4}\right)+4xyz$ $=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}xyz$ $=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}.\dfrac{(x+y+z)^3}{27}=\dfrac{13}{27}$$\min A=\dfrac{13}{27} \Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{3}$
|
|
|
sửa đổi
|
mọi người so sánh 2bt này giùm
|
|
|
mọi người so sánh 2bt này giùm So sánh M và N biết:M=(2012^{2012} + 2013^{2012})^2013N=(2012^{2013} + 2013^{2013})^2012
mọi người so sánh 2bt này giùm So sánh M và N biết: $M=(2012^{2012} + 2013^{2012})^ {2013 }$$N=(2012^{2013} + 2013^{2013})^ {2012 }$
|
|
|
sửa đổi
|
Bất đẳng thức
|
|
|
Câu 3:Áp dụng BĐT Mincopxki ta có:$M\geq \sqrt{(a+b+c)^2+\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2}$ $\geq\sqrt{(a+b+c)^2+\dfrac{81}{(a+b+c)^2}}$ $=\sqrt{(a+b+c)^2+\dfrac{1296}{(a+b+c)^2}-\dfrac{1215}{(a+b+c)^2}}$ $\geq\sqrt{2\sqrt{(a+b+c)^2.\dfrac{1296}{(a+b+c)^2}}-\dfrac{1215}{36}}=\dfrac{3}{\sqrt{17}}{2}$$\min M=\dfrac{3\sqrt{17}}{2} \Leftrightarrow a=b=c=2$
Câu 3:Áp dụng BĐT Mincopxki ta có:$M\geq \sqrt{(a+b+c)^2+\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2}$ $\geq\sqrt{(a+b+c)^2+\dfrac{81}{(a+b+c)^2}}$ $=\sqrt{(a+b+c)^2+\dfrac{1296}{(a+b+c)^2}-\dfrac{1215}{(a+b+c)^2}}$ $\geq\sqrt{2\sqrt{(a+b+c)^2.\dfrac{1296}{(a+b+c)^2}}-\dfrac{1215}{36}}=\dfrac{3\sqrt{17}}{2}$$\min M=\dfrac{3\sqrt{17}}{2} \Leftrightarrow a=b=c=2$
|
|