Cho lăng trụ đứng $ABCD.A'B'C'D'$, đáy $ABC$ có $AB=AD=a$ và $\angle BAC=60^{o}$, $AA'=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $M,N$ lần lượt là trung điểm $A'D'$ và $A'B'$. Chứng minh rằng: $AC'\perp (BDMN)$

$(1+cosx)(cos4x-mcosx)=msin^2x$. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc $[0; \frac{2π}{3})$.

Tìm tham số $m$ để giá trị lớn nhất của hàm số $y=2msinxcosx+2cos^2x$ bằng $2$

 

Tìm tham số $m$ để giá trị lớn nhất của hàm số $$y=2m sinxcosx+2cos^2x$$ bằng $2$

Giải phương trình : $\sqrt{2x-1} = 4x^2-24x+29$ với $x>0$

 

Giải phương trình : $\sqrt{2x-1} = 4x^2-24x+29$ với $x>0$

Tìm tất cả các giá trị số thực x;y thõa mãn $$\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}=\frac{y^2-3|y|+6}{|y|-1}$$

ĐK: $-\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{4}$
$\iff \sqrt{6-8x}-\sqrt{2x-1}\geq (2x-1)(5x+3)$
$\iff (2x-1)(5x+3+\frac{5}{\sqrt{6-8x}+\sqrt{2x-1}})\leq 0 \iff x\leq \frac{1}{2}$
Vậy : ...$-\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{1}{2}$

$\sqrt{2x+1}$ mà bạn?

Giải bất phương trình sau:
$$3-x+\sqrt{6-8x}\geq 10x^2+\sqrt{2x+1}$$

Tìm giá trị lớn nhất của:  $1 - 2cosx -cos^{2}x$.

Trong lời giả của bài toán sau, em không hiểu 1 chỗ, mong các bạn, các anh chị, thầy cô giải đáp giúp em ạ.

Cho $x, y, z$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $$x^2+y^2+z^2+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx).$$

Lời giải

Trong 3 số $x, y, z$ luôn có hai số cùng lớn hơn hay bằng 1 hoặc cùng nhỏ hơn hay bằng 1(Em không hiểu chỗ này ạ).

Giả sử hai số đó là $x, y$ thì ta có $(x-1)(y-1) \geq 0$, suy ra $xy+1\geq x+y$. Do đó $$2xyz +2z\geq 2xz+2yz$$

Như vậy, ta chỉ cần chứng minh $$x^2+y^2+z^2+1\geq 2xy+2z$$

Nhưng đều này là hiển nhiên vì nó tương đương với $$(x-y)^2+(z-1)^2\geq 0$$ 

Bài toán được chứng minh.

 

[quote name="toanhoc2017" post="713474" timestamp="1532875238"][quote name="doandoan314" post="713473" timestamp="1532874176"]
Giải:Ta cần chứng minh với mọi $a, b, c\ in (0;1)$ thì luôn tồn tại một bất đẳng thức sai trong các bất đẳng thức sau thì ta phải chứng minh bđt $a(1-b)+b(1-c)+ c(1-a)>\frac{3}{4}$ là đúng[/quote] Tại sao vậy? Bạn giải thích giúp mình với.

Chứng minh rằng với mọi $a, b, c\in (0;1)$ thì luôn tồn tại một bất đẳng thức sai trong các bất đẳng thức sau $a(1-b)>\frac{1}{4}, b(1-c)>\frac{1}{4}, c(1-a)>\frac{1}{4}$.

Cho $a\geq 0, b\geq 0, c\geq 0$ và $a+b+c\leq 2018$. Tìm GTLN: $$P= \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$$ 

Cho $a, b, c$ là số thực dương, thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh rằng: $$a\sqrt{\frac{b+c}{a^2+bc}}+b\sqrt{\frac{c+a}{b^2+ca}}+c\sqrt{\frac{a+b}{c^2+ab}}\leq \frac{3}{abc}$$

\[\left ( a+ 1 \right )\left ( b+ 1 \right )\left ( c+ 1 \right )- 4\,abc= \left ( 6- a- b- c \right )\left ( 3\,ab- a- b- 1 \right )+ 5\left ( 3- a \right )\left ( 1- a \right )+ \left ( 3\,a- 1 \right )\left ( 2- b \right )\left ( 4- a- b \right )\geqq 0\][/size]

Làm sao có thể tư duy biến đổi được các nhân tử như thế?

\[\left ( a+ 1 \right )\left ( b+ 1 \right )\left ( c+ 1 \right )- 4\,abc= \left ( 6- a- b- c \right )\left ( 3\,ab- a- b- 1 \right )+ 5\left ( 3- a \right )\left ( 1- a \right )+ \left ( 3\,a- 1 \right )\left ( 2- b \right )\left ( 4- a- b \right )\geqq 0\][/size]

Có cách khác ngoài tách nhân tử chung không?

Cho $x, y, z$ là số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=1$. Tìm GTNN: $$P=\frac{y^2z^2}{x(y^2+z^2)}+\frac{z^2x^2}{y(z^2+x^2)}+\frac{x^2y^2}{z(x^2+y^2)}$$

Cho $a, b, c$ là các số thực dương thõa mãn $a\leq 1; b\leq 2; a+b+c=6$. Chứng minh rằng:
$$(a+1)(b+1)(c+1)\geq 4abc$$

Cho $a, b>0$ và $a+b\leq 1$. Chứng minh rằng: $$ab\geq \frac{1}{4}$$

Cho $a, b, c$ là số thực không âm. Chứng minh rằng: $$a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2} \geq 2(ab+bc+ca)$$

Hướng giải : $a+\frac{1}{2}.\sqrt{a.4b}+\frac{1}{4}.\sqrt[3]{a.4b.16c} \leq \frac{4}{3}(a+b+c)$

Ý mình là tại sao lại nghĩ đến phép biến đổi đó.

Hướng giải : $a+\frac{1}{2}.\sqrt{a.4b}+\frac{1}{4}.\sqrt[3]{a.4b.16c} \leq \frac{4}{3}(a+b+c)$

Tại sao lại làm theo hướng như vậy?

Cho $a, b, c$ là 3 số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: $$a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}\leq \frac{4}{3}(a+b+c)$$

Ta có: $$(k-1)(a_{1}^k+a_{2}^k+...+a_{n}^k)+n\geq k(a_{1}^{k-1}+a_{2}^{k-1}+...+a_{n}^{k-1}$$

Để chứng minh: $a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+...+a_{n}^k\geq a_{1}^{k-1}+a_{2}^{k-1}+...+a_{n}^{k-1}$ thì cần chứng minh $$a_{1}^{k-1}+a_{2}^{k-1}+...+a_{n}^{k-1}\geq n$$

hay $$a_{1}^{k-1}+a_{2}^{k-1}+...+a_{n}^{k-1}\leq n$$ ? Giải thích giúp mình với.

 

BĐT Cauchy được quyền dùng không cần chứng minh, học làm gì cho mệt não
https://vi.wikipedia...trung_bình_nhân

Cảm ơn bạn. Nhưng mình vẫn muốn biết.

Phần chứng minh BĐT AM-GM này có vài chỗ mình khôg hiểu, các bạn gúp mình với.
Chứng minh: Rõ ràng BĐT với $n=2$, nếu BĐT đúng với $n$ số thì cũng đúng với $2n$ số vì
$$a_{1}+a_{2}+...+a_{2n}\geq n\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}+n\sqrt[n]{a_{n+1}a_{n+2}...a_{2n}}\geq 2n\sqrt[2n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$$ (không biết sách in có sai không chứ theo mình nghĩ chỗ này phải là $2n\sqrt[2n]{a_{1}a_{2}...a_{2n}}$.)
Do đó BĐT cũng đúng khi n bằng một lũy thừa của 2. Mặt khác nếu BĐT đúng với $n$ số thì cũng đúng với $n-1$ số, thật vậy ta chỉ cần chọn
$$a_{n}=\frac{s}{n-1}, s=a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1}$$
=> $s+\frac{s}{n-1}\geq n\sqrt[n]{\frac{a_{1}a_{2}...a_{n-1}s}{n-1}}$
=>$s\geq (n-1)\sqrt[n-1]{a_{1}a_{2}...a_{n-1}}$ (mình không hiểu chỗ này)
Từ 2 nhận xét trên ta có đpcm. Đẳng thứ xảy ra khi và chỉ khi tất cả các biến $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$ .