ngocduy286

ta có

$\sum \frac{4x^4+y^4}{\sqrt{3x^4+2y^4}}\geq \sum \sqrt{5}x^2$ ( biến đổi tương đương)

$\sqrt{5}(x^2+y^2)\geq \frac{\sqrt{5}}{2}(x+y)^2$

đặt x+y=t

=> Pmin=$\frac{-5-5\sqrt{5}}{2}$

Bạn có thể trình bày rõ chỗ biến đổi tương đương được không?

Bài 1

cho x,y,z>0 thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ Chứng minh $\frac{x}{y^{2}+z^{2}}+\frac{y}{x^{2}+z^{2}}+\frac{z}{x^{2}+y^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

 

Bài 1 

Bdt tương đương với  $\frac{x}{1-x^{2}}+\frac{y}{1-y^{2}}+\frac{z}{1-z^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}.(x^2+y^2+z^2)$

Ta chỉ cần chứng minh:  

$\dfrac{x}{1-x^{2}} \geq \frac{3\sqrt{3}}{2}x^{2}$ $(1)$

hiển nhiên vì $(1) \Leftrightarrow \left ( x-\dfrac{1}{\sqrt{3}} \right )^2\left ( 3\sqrt{3}x+6 \right )\geqslant 0$

Tương tự cộng lại ta có đpcm

Một bài khác nè, mọi người thử xem:

Cho $a,b,c>0$

Chứng minh rằng

$\frac{a^3}{(b+c)^2}+\frac{b^3}{(c+a)^2}+\frac{c^3}{(a+b)^2}\geq \frac{1}{4}(a+b+c)$

Đây là bài khá quen thuộc và dễ:

Áp dụng AM-GM:

$ \dfrac{a^3}{(b+c)^2}+ \dfrac{b+c}{8}+\dfrac{b+c}{8} \geq \dfrac{3a}{4}$

Tương tự và cộng lại 

Cũng có thể sử dụng Cauchy-Schwarz..........

cho x,y,z $\geq$ 0 thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$. Tìm MAX:

  $P=6(-x+y+z)+27xyz$

Ta có:

$1-x^2=y^2+z^2\geq \frac{1}{2}(y+z)^2 \Rightarrow y+z \leq \sqrt{2-2x^2}$ 

$yz \leq \dfrac{y^2+z^2}{2}=\dfrac{1-x^2}{2}$

Nên suy ra:

$P \leq 6(-x+\sqrt{2-2x^2})+ \dfrac{27}{2}x(1-x^2)$

Xét hàm số: 

$f(x)=6(-x+\sqrt{2-2x^2})+ \dfrac{27}{2}x(1-x^2)$, với $0\leq x \leq 1$

Ta có : 

$f'(x)=6\left ( -1-\dfrac{2x}{\sqrt{2-2x^2}} \right )+ \dfrac{27}{2}(1-3x^2)$

Ta thấy $x=\frac{1}{3}$ là một nghiệm của $f'(x)=0$

mà $f''(x) <0$ với $0 \leq x < 1$ nên $f'(x)=0$ chỉ có một nghiệm duy nhất $x=\frac{1}{3}$ trên nửa khoảng xét

lập bảng biến thiên ta được:

$f(x) \leq f( \frac{1}{3}) =10$

Vậy $MaxP=10$ khi $x= \frac{1}{3}, y=z= \frac{2}{3}$ 

Cho $a\geq b\geq c>0$. Chứng minh rằng:

 

                               $(a-b+c)\left ( \frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 1$

$\Leftrightarrow (a-b)\left ( \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right )+\frac{1}{c}(a-b)+c\left ( \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right )\geq 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{-(a-b)^2}{ab}+ \dfrac{a-b}{c}-\dfrac{c(a-b)}{ab}\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-b)(b-c)(a+c) \geq 0$  (luôn đúng theo giả thiết)

(Bạn quy đồng bỏ mẫu rồi nhóm lại nhé)

Đặt $ (\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})=(a,b,c)$, suy ra $xyz \geq 1$

Ta được:

$VT=\sum \dfrac{x^5y^2z^2}{(2y+z)^2} \geq \sum \dfrac{x^3}{(2y+z)^2}$

Áp dụng AM-GM ta có:

$\dfrac{x^3}{(2y+z)^2}+ \dfrac{2y+z}{27} + \dfrac{2y+z}{27} \geq \dfrac{x}{3}$

Tương tự và cộng lại ta được:

$VT \geq \dfrac{x+y+z}{9} \geq \dfrac{\sqrt[3]{xyz}}{3} \geq \frac{1}{3}$ 

dấu = khi $ a=b=c=1$

 

Giả thiết: $(x + y - 1)^2 = xy$$\Leftrightarrow x+y=\sqrt{xy}+1$

 

 

Bạn thiếu trường hợp $x+y-1=- \sqrt{xy}$ nữa

$\sin ^{14}x+\cos ^{14}x = \frac{1-\cos ^{7}2x}{2}+\frac{1+\cos ^{7}2x}{2}= 1 >> VP = 8$ mà VT $\leq$ 2 >> PT vô nghiệm

xem lại công thức biến đổi ngay nhé

Xin phép sửa lại đề một chút cho đối xứng (bạn xem lại xem có đánh nhầm trong căn cuối không nhé)

Ta có: 

$P=\dfrac{\sqrt{2}x}{\sqrt[4]{3}}.\dfrac{\sqrt[4]{3}}{2}+\dfrac{\sqrt[4]{3}}{2}.\dfrac{\sqrt{2}y}{\sqrt[4]{3}}+ \dfrac{x}{\sqrt[4]{3}}.\sqrt{\sqrt{3}-\sqrt{3}y^2}+\sqrt{\sqrt{3}-\sqrt{3}x^2}.\dfrac{y}{\sqrt[4]{3}}$

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta được:

$P^2\leq \left ( \dfrac{2x^2}{\sqrt{3}}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{x^2}{\sqrt{3}}+\sqrt{3}-\sqrt{3}x^2 \right )\left ( \dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{2y^2}{\sqrt{3}}+\sqrt{3}-\sqrt{3}y^2+\dfrac{y^2}{\sqrt{3}} \right )=\left ( \dfrac{3\sqrt{3}}{2} \right )^2$

$\Rightarrow P \leq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$

dấu = xảy ra khi $x=y=\frac{\sqrt{3}}{2}$

 

Ta có:

$P=x+y+\sqrt{3}\left ( \sqrt{\frac{x^2}{3}(1-y^2)}+\sqrt{\frac{y^2}{3}(1-x^2)} \right )$

Áp dụng bđt AM-GM (hay cauchy schwarz cũng được) ta được

$\Rightarrow P\leq x+y-\frac{\sqrt{3}}{3}(x^2+y^2)+\sqrt{3}\leq x+y-\frac{\sqrt{3}}{6}(x+y)^2+\sqrt{3}$

đặt $t=x+y,0<t<2$

xét hàm số: $f(t) = t - \frac{\sqrt{3}}{6}t^2 + \sqrt{3}= -\frac{\sqrt{3}}{6}(t-\sqrt{3})^2+ \frac{3\sqrt{3}}{2} \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Vậy $ P \leq  \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$

dấu = xảy ra khi $x=y= \frac{\sqrt{3}}{2}$ơ

 

Ta có:

$P=x+y+\sqrt{3}\left ( \sqrt{\frac{x^2}{3}(1-y^2)}+\sqrt{\frac{y^2}{3}(1-x^2)} \right )$

Áp dụng bđt AM-GM (hay cauchy schwarz cũng được) ta được

$\Rightarrow P\leq x+y-\frac{\sqrt{3}}{3}(x^2+y^2)+\sqrt{3}\leq x+y-\frac{\sqrt{3}}{6}(x+y)^2+\sqrt{3}$

đặt $t=x+y,0<t<2$

xét hàm số: $f(t) = t - \frac{\sqrt{3}}{6}t^2 + \sqrt{3}= -\frac{\sqrt{3}}{6}(t-\sqrt{3})^2+ \frac{3\sqrt{3}}{2} \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Vậy $ P \leq  \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$

dấu = xảy ra khi $x=y= \frac{\sqrt{3}}{2}$

tớ thay x=y=1 thì kết quả vẫn bé hơn  \frac{3\sqrt{3}}{2}$ mà

 

tất nhiên là bé hơn rồi vì kết quả đó là Max cơ mà bạn nghĩ lại xem, điều kiện $0<x,y \leq 1$ thì vẫn đúng nhé

Cho 0 < x, y < 1. Chứng minh $P=x+y+x\sqrt{1-y^{2}}+y\sqrt{1-x^{2}}\leqslant \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Ta có:

$P=x+y+\sqrt{3}\left ( \sqrt{\frac{x^2}{3}(1-y^2)}+\sqrt{\frac{y^2}{3}(1-x^2)} \right )$

Áp dụng bđt AM-GM (hay cauchy schwarz cũng được) ta được

$\Rightarrow P\leq x+y-\frac{\sqrt{3}}{3}(x^2+y^2)+\sqrt{3}\leq x+y-\frac{\sqrt{3}}{6}(x+y)^2+\sqrt{3}$

đặt $t=x+y,0<t<2$

xét hàm số: $f(t) = t - \frac{\sqrt{3}}{6}t^2 + \sqrt{3}= -\frac{\sqrt{3}}{6}(t-\sqrt{3})^2+ \frac{3\sqrt{3}}{2} \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Vậy $ P \leq  \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$

dấu = xảy ra khi $x=y= \frac{\sqrt{3}}{2}$

Cho $a,b,c$ không âm thoả mãn $a^2+b^2+c^2=2$

Chứng minh rằng $P=\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\leqslant 3$

Giả sử $a \geq b \geq c \geq 0$ thì ta có:

+) $\dfrac{1}{2}(a+b)^2\leq a^2 + b^2 \leq a^2+b^2+c^2$

$ \Rightarrow a+b \leq 2$

đặt $t=a+b, \Rightarrow t^2=a^2+b^2+2ab \geq a^2+b^2+c^2=2$

$ \Rightarrow \sqrt{2} \leq t \leq 2$

+) $c^3+c^2a \leq abc+ c^2a \Rightarrow \dfrac{c^2}{b+c} \leq \dfrac{ca}{c+a}$   (1)

Ta có:

$P=\dfrac{a^2+b^2}{a+b}+ \dfrac{b^2-c^2}{b+c}+ \dfrac{2c^2}{b+c}+\dfrac{c^2+a^2}{c+a} \leq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b}+ \dfrac{b^2-c^2}{b+c}+ \dfrac{2ca}{c+a}+\dfrac{c^2+a^2}{c+a}= \dfrac{2}{a+b}+a+b$    (theo (1))

$\Rightarrow P \leq \frac{2}{t}+t$

Xét hàm số: $f(t)= \frac{2}{t}+t$ với $\sqrt{2} \leq t \leq 2$

có: $f'(t)= \frac{-2}{t^2}+1 \geq 0$ với mọi $\sqrt{2} \leq t \leq 2$

$\Rightarrow f(t) \leq f(2) = 3$

Vậy $P \leq 3$ 

dấu bằng xảy ra khi $a=b=1,c=0$ và các hoán vị

ngocduy286 ơi! Cho mình hỏi tại sao lại biến đổi được như thế này ?

bạn mở lại sgk 12 phần đầu tích phân (tính chất): tích phân không phụ thuộc vào ẩn mà chỉ phụ thuộc vào hàm và cận lấy tp. tức là cùng hàm và cận thì tp ẩn $x,y,x,t...$ thì kết quả cũng như nhau nhé. chỉ đúng với tp còn nguyên hàm hiển nhiên không đúng

Đk: $-8\leq x \leq 9$

Phương trình tương đương với

$ \sqrt{x+8}-4+1-\sqrt{9-x} +x^2-64=0$

$\Leftrightarrow \dfrac{x-8}{\sqrt{x+8}+4}+\dfrac{x-8}{1+\sqrt{9-x}}+(x-8)(x+8)=0$

$\Leftrightarrow (x-8)\left ( \dfrac{1}{\sqrt{x+8}+4}+\dfrac{1}{1+\sqrt{9-x}}+(x+8)\right )=0$

$\Leftrightarrow x=8$

Chứng minh $x^4-x^3+4x^2-4x+1 \geq 0$

đề sai bạn nhé, $x=\frac{1}{2}$  thì $VT=-\frac{1}{16}<0$