diepviennhi

 Thế dấu =xảy ra khi nào

Bất đẳng thức này thực sự chặt. cho 1 biến tiến ra biên và 2 biến chập lại nhau Vd $$a=0,b=c=1,5$$ sẽ thu được giá trị sát 13

đơn giản hóa bài toán khi đặt $t=x^{2}=> 2t^{2}+1=y^2$ quen thuộc

dễ dàng tìm ra t=3,y=2,mà t phải là số chính phương nên pt này k co nghiệm nguyên

Bạn giải lại cẩn thận đi. Bài này có nghiệm mà $x=0;y=1$ là nghiệm mà?

Cho các số thực dương $x,y,z,t$ thỏa mãn $xyzt=1$.Chứng minh rằng:

$$\frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^3(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^3(xt+ty+yx)}+\frac{1}{t^3(xy+yz+zx)}\geq \frac{4}{3}$$

Đề của 

DucHuyen1604

Trước hết ta chứng minh Bất Đẳng thức Sau: BĐT Cauchy - Schwar 

$\frac{a^{2}}{x}+\frac{b^{2}}{y} \geq \frac{(a+b)^{2}}{x+y}$ Với $ a;b;x;y >0$

Thật vậy BĐT $\Leftrightarrow \frac{a^{2}y+b^{2}x}{xy}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+2ab}{x+y}\Leftrightarrow a^{2}xy+a^{2}y^{2}+b^{2}x^{2}+b^{2}xy\geq a^{2}xy+b^{2}xy+2abxy\Leftrightarrow (ay-bx)^{2} \geq 0$ Luôn đúng

Dấu $"="$ xảy ra khi $ ay=bx$

Áp dụng ta có $\frac{a^{2}}{x}+\frac{b^{2}}{y}+\frac{c^{2}}{z}+\frac{d^{2}}{t}\geq \frac{(a+b)^{2}}{x+y}+\frac{(c+d)^{2}}{z+t}\geq \frac{(a+b+c+d)^{2}}{x+y+z+t}$

Ta có BĐT $\frac{a^{2}}{x}+\frac{b^{2}}{y}+\frac{c^{2}}{z}+\frac{d^{2}}{t}\geq \frac{(a+b+c+d)^{2}}{x+y+z+t} (*) $

Quay trở lại bài toán ta thấy :

Do $xyzt=1\rightarrow \frac{1}{x^{2}}=(yzt)^{2};\frac{1}{y^{2}}=(ztx)^{2},\frac{1}{z^{2}}=(txy)^{2},\frac{1}{t^{2}}=(xyz)^{2}$

Dẫn đến $\frac{1}{x^{3}(yz+zt+ty)}=\frac{(yzt)^{2}}{xyz+xzt+zty};\frac{1}{y^{3}(xz+zt+tx)}=\frac{(ztx)^{2}}{xyz+yzt+xyt};\frac{1}{z^{3}(xt+ty+yx)}=\frac{(xyt)^{2}}{xzt+yzt+xyz};\frac{1}{t^{3}(xy+yz+zx)}=$

$P=\frac{1}{x^{3}(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^{3}(xz+zt+tx)}+\frac{1}{z^{3}(xt+ty+yx)}+\frac{1}{t^{3}(xy+yz+zx)}=\frac{(yzt)^{2}}{xyz+xzt+zty}+\frac{(ztx)^{2}}{xyz+yzt+xyt}+\frac{(xyt)^{2}}{xzt+yzt+xyz}+\frac{(xyz)^{2}}{xyt+yzt+xzt} \geq \frac{(xyz+xyt+xzt+yzt)^{2}}{3(xyz+xyt+xzt+yzt)}=\frac{(xyz+xyt+yzt+xzt)}{3}\geq\frac{4.\sqrt[4]{(xyzt)^{3}}}{3}=\frac{4}{3}$

Vậy BĐT được chứng minh;

Dấu $ "="$ đạt tại $ x=y=z=t=1$

Nên Kết hợp với (*) ta có 

Cho tam giác ABC có :$\cot A+\cot B+\cot C=3\sqrt{3}$

chứng minh tam giác ABC cân.

 

@MOD: chú ý cách đặt tiêu đề và việc gõ latex

Bài này mình nghĩ đề có vấn đề thì phải. Theo mình là Cho $cotA+cotB+cotC=\sqrt{3}$. Chứng minh tam giác đều

Còn với đề như trên thì thử các góc lần lượt từ $0^{\circ}\rightarrow 90^{\circ}$ chả thấy thỏa góc nào cả?

Cho đồ thị hàm số $y=x^3+3x^2-4\,\,(C).$ Gọi $A,\,B$ là hai điểm thuộc $(C)$ thỏa mãn tiếp tuyến tại $A$ song song tiếp tuyến tại $B.$ Chứng minh trung điểm $I$ của $AB$ cũng thuộc $(C).$

TXĐ : D=R

Có $(y)'=3x^{2}+6x$

Gọi $A(x_{1};y_{1});B(x_{2};y_{2}) \in(C)\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y_{1}=x_{1}^{3}+3x^{2}_{1}-4\\ y_{2}=x_{2}^{3}+3x_{2}^{2}-4 \end{matrix}\right.$

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A;B là $\left\{\begin{matrix} k_{1}=3x_{1}^{2}+6x_{1}\\ k_{2}=3x^{2}_{2}+6x_{2} \end{matrix}\right.$

Do TT tại A và B song song với nhau dẫn đến $k_{1}=k_{2}\rightarrow 3x_{1}^{2}+6x_{1}=3x_{2}^{2}+6x_{2}\Leftrightarrow (x_{1}-x_{2})(x_{1}+x_{2}+2)=0$

Lại có A;B phân biệt nên $ x_{1} \neq x_{2}$ dẫn đến $ x_{1}+x_{2}=-2$

Gọi $I(x_{I};y_{I})$ là trung điểm của A,B ta có $x_{I}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{-2}{2}=-1$

Có $y_{I}=\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=\frac{x_{1}^{3}+3x_{1}^{2}-4+x_{2}^{3}+3x_{2}^{2}-4}{2}=\frac{(x_{1}+x_{2})^{3}-3x_{1}.x_{2}(x_{1}+x_{2})+3(x_{1}+x_{2})^{2}-6.x_{1}.x_{2}-8}{2}=\frac{(-2)^{3}-3.x_{1}.x_{2}.(-2)+3.(-2)^{2}-6.x_{1}.x_{2}-8}{2}=-2\rightarrow I(-1,-2)$

Thay tạo độ của $I$ vào $(C)$ ta thấy $ I \in (C)$. (ĐPCM)