cho a,b,c >0 thỏa mãn ab+bc+ca=1. CMR $\sum \frac{a}{b^{2}+c^{2}+2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{8}$

 

Trước hết ta có:

$P= \sum \dfrac{a}{b^2+c^2+2}= \sum \dfrac{a}{(b+c)(2a+b+c)} $

ta cần chứng minh BDT:

$\sum \dfrac{a}{(b+c)(2a+b+c)} \ge \dfrac{3\sqrt{3(ab+bc+ca)}}{8}$

Dễ dàng nhận thấy đây là 1 BDT đồng bậc. Do vậy ta chuẩn hoá: $a+b+c=1$

Và ta sẽ chứng minh BDT mạnh hơn 1 chút:

$\sum \dfrac{a}{(b+c)(2a+b+c)} \ge \dfrac{3}{8}$

Xét:

$\sum \dfrac{a}{(b+c)(2a+b+c)} -a = \dfrac{a}{1-a^2}-a = \dfrac{a^3}{1-a^2}= \dfrac{a^3}{(b+c)(2a+b+c)}$

Mà: $ \left[ \sum \dfrac{a^3}{(b+c)(2a+b+c)} \right]. \left[ \sum \dfrac{a(2a+b+c)}{b+c} \right] \ge \left[ \sum \dfrac{a^2}{b+c} \right] ^2$

Đến đây đặt: $t= \sum \dfrac{a^2}{b+c} \ge \dfrac{a+c+b}{2} \ge \dfrac{\sqrt{3(ab+bc+ca)}}{2}$

Thì: $VT \ge \dfrac{t^2}{2t+1}$

Hàm này đồng biến trên $\left[ \dfrac{\sqrt{3}}{2}; + \infty \right]$

nên ta có đpcm.

Dấu đẳng thức khi $a=b=c= \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

1/ $2013!$ tận cùng bằng bao nhiêu chữ số $0$
2/ Tim số $n$ sao cho $n!$ tận cùng bằng $500$ chữ số 0
3/Tồn tại hay không số $n$ sao cho $n!$ tận cùng bằng $3111996$ chữ số 0

1/$501$
2/$ n \in [2005;2009]$
3/$ n \in [12448000;12448004]$

Bạn ơi, bạn có thế làm rõ hơn cái phần "thay vào (2) ta có: ..." ko - mình còn kẹt chút ở phần đó, cụ thể là thay cái ở trên vào (2) thế nào và biến đổi ra sao

ý mình là thay điều kiện ở trên vào biểu thức $(2)$
$0=2x^3+3x^2+6y-12x+13 \geq2x^3+3x^2-12x+7$ ( vì $y \geq -1$)

Bđt mạnh hơn sau có đúng không?
\[
\sum {\frac{1}{{x\left( {y + z} \right)}}} \ge \frac{{3\sqrt 3 }}{{x + y + z}},\left( 1 \right)
\]

cái này có đk gì không vậy?

Cho a,b > 0. CMR : $(\sqrt{a} + \sqrt{b})(\frac{1}{\sqrt{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt{b+3a}})\leq 2(*)$

$(*) \Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt{b+3a}} \leq \frac{2}{\sqrt{a} + \sqrt{b}}$
$\Leftrightarrow -(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}\frac{4\sqrt{ab}}{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{a+3b})(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{b+3a})\sqrt{b+3a}\sqrt{a+3b}} \leq 0$

Ak. bài 1 mình làm được rồi đặt t= Pi/2 - x là xong

cận bài 1 từ $0$ đến $\frac{\pi}{6}$ thì sao đặt thế được??

$\left\{\begin{matrix}
2x^{2}y+y^{3} = 2x^{4}+x^{6}\\(x+2)\sqrt{y+1} = (x+1)^{2}

\end{matrix}\right.$

chia pt $(1)$ cho $x^{3}$ rồi khảo sát hàm số: $f(t)=t^{3}+2t$ ta suy ra $y=x^{2}$
thay vào phương trình dưới ta được:
$(x+2)\sqrt{x^{2}+1} = (x+1)^{2}$
$<=>\sqrt{x^{2}+1}=x+\frac{1}{x+2}$
$<=>\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}+x}=\frac{1}{x+2}$
$<=>x=\sqrt{3}$ hoặc $x=-\sqrt{3}$

có thể tìm x qua he đầu luôn lấy trên trừ dưới

Phải là cộng vế chứ?

TH1 sao x+y>0

mình gõ nhầm nghiệm đã sửa trong bài rồi!
Cách khác à? Mình sẽ thử

$\left\{\begin{matrix}x^{2}(y+1)=6y-2 & \\ x^{4}y^{2}+2x^{2}y^{2}+y(x^{2}+1)=12y^{2}-1 & \end{matrix}\right.$

Ta có:
$\left\{\begin{matrix}(x^{2}+1)^{2}+\frac{x^{2}+1}{y}+\frac{1}{y}=13\\ \frac{x^{2}+1}{y}+x^{2}+1+\frac{1}{y}=7 \end{matrix}\right.$
$<=>\left\{\begin{matrix}x^{2}+1+\frac{1}{y}=4\\ \frac{x^{2}+1}{y}=3\end{matrix}\right.$
hoặc $\left\{\begin{matrix} x^{2}+1+\frac{1}{y}=-5\\ \frac{x^{2}+1}{y}=12\end{matrix}\right.$

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}2(x+y)^{3}+4xy-3=0(1)&&\\(x+y)^{4}-2x^{2}-4xy+2y^{2}+x-3y+1=0(2)\end{matrix}\right.$

Ta có:$(2)<=>(x+y)^{4}-2(x+y)^{2}+x+y+(2y-1)^{2}=0$
$\Rightarrow (x+y)^{4}-2(x+y)^{2}+x+y \leq 0$
$<=>x+y \in [\frac{\sqrt{5}-1}{2};1]$ hoặc $x+y \in [-\frac{1+\sqrt{5}}{2};0]$
+/ Nếu $ x+y \in [\frac{\sqrt{5}-1}{2};1]$ thì $(2)<=>(2y-1)^{2}+(x+y)(x+y-1)^{2} \leq 0$( vì $0< x+y \leq 1$)
$\Rightarrow x= y=\frac{1}{2}$
+/ Nếu $x+y \in [-\frac{1+\sqrt{5}}{2};0]$
Đặt $t=|x+y|$ thì
$(1) \Rightarrow t^{2} \geq 4xy =2t^{3}+3 \geq 3t^{2}+2$ rõ ràng vô lí
Vậy $(x;y)=(\frac{1}{2};\frac{1}{2})$ là nghiệm duy nhất.

Giải HPT

cao nhân giúp mình với ạ, đang cần rất gấp.
cám ơn trước

Thế này nhé vì bài này cũng không khó nên mình chỉ nói qua thôi.
$\left\{\begin{matrix}x=\frac{2}{3}x_{0}\\ y=\frac{9}{4}y_{0}\end{matrix}\right.$
thay vào hệ ta thu được hệ đối xứng loại II.

Giải hpt:
$\left\{\begin{matrix} x^{2}y^{2}-2x+y^2=0(1)\\2x^3+3x^2+6y-12x+13=0(2) \end{matrix}\right.$

$(1)<=>y^{2}=\frac{2x}{x^{2}+1} \Rightarrow \left\{\begin{matrix}y \in [-1;1] \\ x \geq 0\end{matrix}\right.$
thay vào $(2)$ ta có:
$2x^{3}+3x^{2}-12x+7 \leq 0$
$<=>(2x+7)(x-1)^{2} \leq 0 \Rightarrow \left\{\begin{matrix}x=1\\y=-1\end{matrix}\right.$

Giải pt:
$2x^2+2x+1=2\sqrt{4x+1}$

Đặt $t=2x+1$thì ta được:
$t^{2}+1=4\sqrt{2t-1}$
Lại đặt tiếp: $\alpha=\sqrt[3]{\frac{97+9\sqrt{113}}{54}}+\sqrt[3]{\frac{97-9\sqrt{113}}{54}}$
thì ta thu được:
$(t+\alpha)^{2}=\alpha(\sqrt{2t-1}+\frac{2}{\alpha})^{2}$

Xét x=y=z=0 không phải là nghiệm của hệ
*Nếu x=0 hệ trở thành $\left\{\begin{matrix}z^2=1 & & \\ 3y^2+3yz+z^2=4 & & \\ y^2=m & & \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow m=\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}$
*Nếu y=0 hệ trở thành $\left\{\begin{matrix}x^2+3xz+z^2=1 & & & \\ z^2=4 & & & \\ x^2=m & & & \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow m=15\pm 6\sqrt{6}$
*Nếu z=0 hệ trở thành $\left\{\begin{matrix}x^2=1 & & & \\ 3y^2=4 & & & \\ x^2-xy+y^2=m & & & \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow m=\frac{7\pm 2\sqrt{3}}{4}$
*Nếu x,y,z khác 0
Đặt $x=ay,x=bz\Rightarrow x=ay=bz$ $(a,b\neq 0)$
$\Rightarrow y=\frac{bz}{a},x^2=axy$ hay $y^2=\frac{b^2z^2}{a^2},xy=\frac{x^2}{a}$
$(1)\Leftrightarrow bz^2+3bz.\frac{bz}{a}+z^2=1\Leftrightarrow z^2=\frac{a}{ab^2+a+3b^2}$
$\Rightarrow y^2=\frac{b^2}{a(ab^2+a+3b^2)},x^2=\frac{a^2b^2}{ab^2+a+3b^2}$
$(2)\Leftrightarrow \frac{3b^2}{a(ab^2+a+3b^2)}+\frac{3b.a}{a(ab^2+a+3b^2)}+\frac{a}{ab^2+a+3b^2}=4$ $\Leftrightarrow 3b^2+3ab-4a^2b^2-12ab^2-3a^2=0$ (*)
Ta có $(1)\Leftrightarrow \frac{a^2b^2}{ab^2+a+3b^2}+\frac{a}{ab62+a+3b^2}+\frac{3ab^2}{ab^2+a+3b^2}=1\Leftrightarrow (ab^2-b^2)(a+3)=0\Leftrightarrow a=1\vee a=-3,(b\neq 0)$
Với a=1 thay vào (*) ta được $-13b^2+3b-3=0$ (Vô nghiệm)
Với a=-3 thay vào (*) ta được $b^2-3b-9=0\Leftrightarrow b=\frac{3\pm 3\sqrt{5}}{2}$
Khi đó $x=-3y$ và thay vào (1) ta được $z^2=1\Leftrightarrow z=\pm 1$
Nếu $b=\frac{3+3\sqrt{5}}{2}$ thì:
* z=1$\Rightarrow y=-\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Rightarrow x=\frac{3+3\sqrt{5}}{2}$
$(3)\Leftrightarrow m=\frac{39+13\sqrt{5}}{2}$
* z=-1$\Rightarrow y=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Rightarrow x=-\frac{3+3\sqrt{5}}{2}$
$(3)\Leftrightarrow m=\frac{39+13\sqrt{5}}{2}$
Nếu $b=\frac{3-3\sqrt{5}}{2}$ thì
* z=1 $\Rightarrow y=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\Rightarrow x=\frac{3-3\sqrt{5}}{2}$
$(3)\Leftrightarrow \frac{39-13\sqrt{5}}{2}$
* z=-1 $\Rightarrow y=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\Rightarrow x=\frac{-3+3\sqrt{5}}{2}$
$(3)\Leftrightarrow m=\frac{39-13\sqrt{5}}{2}$
Thử lại m thỏa yêu cầu bài toán
Vậy $m\in \left \{ \frac{39\pm 13\sqrt{5}}{2};\frac{3\pm \sqrt{5}}{2};15\pm 6\sqrt{6};\frac{7\pm 2\sqrt{3}}{4} \right \}$ thì hệ có nghiệm

Chỗ bôi đỏ mình thấy không được chính xác cho lắm. Theo mình nghĩ thì chỗ bôi xanh hoàn toàn suy ra từ $(1)$ bây giờ bạn lại thay nguyên vào $(1)$ mình nghĩ sẽ ra điều hiển nhiên mới đúng chứ?? Không tin hãy thay lại thử xem!!!

Giải hệ phương trình :
$\left\{\begin{matrix} x\log_23+\log_2y=y+\log_2x(1)\\x\log_312+\log_3x=y+\log_3y(2)\end{matrix}\right.$

$(1) <=>\frac{y}{x}=\frac{2^{y}}{3^{x}}$
$(2) <=> \frac{x}{y}=\frac{3^{y}}{12^{x}}$
Nhân vế suy ra $y=2x$
thay vào $(1) \Rightarrow y=log_{\frac{9}{2}}2$

Định $a$ để hệ sau có nghiệm $\left\{\begin{array}{l}x^2+(y+3)^2\leq 4\\y=2ax^2\end{array}\right.$

Với $\forall a \in \mathbb{R}$ thì $(0;0)$ luôn là nghiệm của hệ??

Giải hệ
$\left\{\begin{matrix} x+\sqrt{x^2-2x+5}=3y+\sqrt{y^2+4}\\ x^2-y^2-3x+3y+1=0 \end{matrix}\right.$

Giải hệ
$\left\{\begin{matrix} x+\sqrt{x^2-2x+5}=3y+\sqrt{y^2+4}\\ x^2-y^2-3x+3y+1=0 \end{matrix}\right.$

Cộng vế hai phương trình ta thu được:
$f((x-1)^{2})=f(y^{2})$
Với $f(t)=t+\sqrt{t+4}$ mà ta có $f'(t) \geq 0$
$\Rightarrow (x-1)^{2}=y^{2}$
Đến đây thay vào phương trình $(2)$

Giải bất phương trình :

1/ $( 2 + \sqrt{x^2 -2x +5})(x+1) + 4x\sqrt{x^2 + 1} \leq 2x\sqrt{x^2 - 2x +5}$

2/ $ x^3 + (3x^2 -4x - 4)\sqrt{x+1}\leq 0$

Giải bất phương trình :

1/ $( 2 + \sqrt{x^2 -2x +5})(x+1) + 4x\sqrt{x^2 + 1} \leq 2x\sqrt{x^2 - 2x +5}$

Ta thu gọn:
$(1-x)\sqrt{(1-x)^{2}+4}+2(1-x) \leq -2x\sqrt{(-2x)^{2}+4}-2x$
Xét hàm số: $f(t)=t\sqrt{t^{2}+4}+2t$
$f'(t) \geq 0$
$\Rightarrow f(x-1) \leq f(-2x) <=>x\leq \frac{1}{3}$

Các anh chị giải giúp em mấy bài này với ạ

1)Giải hệ pt
$\left\{\begin{matrix} 7x^{3}+y^{3}+3xy(x-y)-12x^{2}+6x=1\\ \sqrt[3]{4x+y+1}+\sqrt{3x+2y}=4 \end{matrix}\right.$
2)Giải Hệ pt
$\left\{\begin{matrix} x+\frac{1}{x^{2}+1}=y+\frac{1}{y^{2}+1}\\ \sqrt{9x^{2}+\frac{4}{y^{2}}}=\frac{3x^{2}+2x-2}{y} \end{matrix}\right.$
3)Giảj pất pt

$4x^{2}+\sqrt{2x+3}\geq 8x+1$
3 ngày nữa là thầy chủ nhiệm kiểm tra .anh chị giúp em với tết xong là quên sạch rồi

Các anh chị giải giúp em mấy bài này với ạ

1)Giải hệ pt
$\left\{\begin{matrix} 7x^{3}+y^{3}+3xy(x-y)-12x^{2}+6x=1(1)\\ \sqrt[3]{4x+y+1}+\sqrt{3x+2y}=4(2) \end{matrix}\right.$
2)Giải Hệ pt
$\left\{\begin{matrix} x+\frac{1}{x^{2}+1}=y+\frac{1}{y^{2}+1}(3)\\ \sqrt{9x^{2}+\frac{4}{y^{2}}}=\frac{3x^{2}+2x-2}{y}(4) \end{matrix}\right.$
3)Giảj pất pt

$4x^{2}+\sqrt{2x+3}\geq 8x+1(5)$
3 ngày nữa là thầy chủ nhiệm kiểm tra .anh chị giúp em với tết xong là quên sạch rồi

Vì đây là bài tập nên mình chỉ nói qua thôi:
Bài 1:$(1)<=>(x-y)^{3}=(2x-1)^{2}$ thế vào (2) ta thu được nghiệm duy nhất: $(x;y)=(2;-1)$.
Bài 2:Từ $(3) \Rightarrow x=y$ thế vào (4) ta đặt $t=3x+\frac{2}{x}$ rồi bình phương lên.
Bài 3:Ta có:$(5)<=>|\sqrt{2x+1}-\frac{1}{2}| \leq 2x+\frac{3}{2}$.

Tính :
$\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}(\sqrt[3]{\cos x} - \sqrt[3]{\sin x})\text{dx}$
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{4\cos x - 3\sin x+1}{4\sin x+3\cos x+5}\text{dx}$
$\int_{0}^{1}\frac{\ln(x+1)}{x^2+1}\text{dx}$

Tính :
$\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}(\sqrt[3]{\cos x} - \sqrt[3]{\sin x})\text{dx}$
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{4\cos x - 3\sin x+1}{4\sin x+3\cos x+5}\text{dx}$
$\int_{0}^{1}\frac{\ln(x+1)}{x^2+1}\text{dx}$

Bài 1: mình tạm thời chưa nghĩ ra
Bài 2: Bạn sử dụng $A(4\sin x+3\cos x+5)+B(4\sin x+3\cos x+5)'=4\cos x - 3\sin x$
Phần số còn thừa ra thì bằng cách đặt $sin\alpha =\frac{4}{5}$ ta thu đươc $arctan$.
Bài 3:Đầu tiên đặt $x=tan(\alpha+\frac{\pi}{4})$ sau đó khai triển ra với chú ý là:
$ln\cos\alpha=\frac{1}{2}ln(1-sin^{2}\alpha)$

Từ điều kiện $f(x) \in \mathbb{Q} [x], \alpha \in \mathbb{R}$ thỏa mãn
$$\alpha^3-\alpha =f^3(\alpha) -f(\alpha) =33^{1999} (*)$$
ta thay$\alpha :=f(\alpha)$ vào đẳng thức (*) thì thu được:
$$f_{(2)}^{3}(\alpha)-f_(2)(\alpha)=f^3(\alpha) -f(\alpha)=33^{1999} (**)$$
sau $n-1$ lần thay như vậy ta có:
$$(f_{(n)}(\alpha))^3 -f_{(n)}(\alpha) =33^{1999}$$(dpcm)

Giải phương trình:$$ 2x+ \frac{x-1}{x}=\sqrt [2] {\frac{x-1}{x}} + 3\sqrt [2] {\frac{x^2-1}{x}} $$

Ta có:
$\frac{x-1}{x}- \sqrt{\frac{x-1}{x}}(3\sqrt{x+1}+1)+2x=0$
<=>$ \left\{\begin{matrix} \sqrt{\frac{x-1}{x}}=2+2\sqrt{x+1}(1)& \\ \sqrt{\frac{x-1}{x}}=\sqrt{x+1}-1(2)& \end{matrix}\right.$
$(1) <=> \left\{\begin{matrix} \sqrt{3(1-x)}-2\sqrt{x+1}=2x& \\ x \in (-1;0)& \end{matrix}\right.$
từ đó giải ra.
Làm tương tự với phương trình (2)

xét biểu thức $3x^{2}-2\sqrt{3}(\cos (\pi y)+\cos (\pi x))x+4$ có
$\Delta' =(cos(\pi x)+cos(\pi y))^{2}-4 =< 0$
$\Rightarrow 3x^{2}-2\sqrt{3}(\cos (\pi y)+\cos (\pi x))x+4 \geq 0$
Mặt khác: $\sqrt{\frac{3}{2}x^{2}-2y^{2}+2z^{2}+10z+6y+\frac{\sqrt{3}}{2}x-17} \geq 0$
Do đó ta có $VT \geq 0=VP$
$\Rightarrow$ dấu bằng
<=>$ \left\{\begin{matrix} \cos(\pi x)=\cos(\pi y)=1 (1)& \\ \sqrt{\frac{3}{2}x^{2}-2y^{2}+2z^{2}+10z+6y+\frac{\sqrt{3}}{2}x-17}=0 (2)& \\x=\frac{2}{\sqrt{3}} (3)& \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow$ PTVN( Vì (1) mâu thuẫn với (3))