$VP^3=\frac{1-(\sqrt[3]{2}+2)(\sqrt[3]{4}-2\sqrt[3]{2}+1)}{3} =\frac{1-(4-3\sqrt[3]{4})}{3}=\sqrt[3]{2}-1$
Do đó ta có đpcm
- phatthemkem và Trang Luong thích
Gửi bởi Primary trong 12-08-2013 - 20:36
$VP^3=\frac{1-(\sqrt[3]{2}+2)(\sqrt[3]{4}-2\sqrt[3]{2}+1)}{3} =\frac{1-(4-3\sqrt[3]{4})}{3}=\sqrt[3]{2}-1$
Do đó ta có đpcm
Gửi bởi Primary trong 12-08-2013 - 19:03
Lời giải. Điều kiện xác định $x \ge 0$ hoặc $-3 \le x \le -1$.
Ta có $(1) \Rightarrow x^2+ \frac{1}{x^2}+ 2 \sqrt{ (x^2+x) \left(1+ \frac{1}{x^2} \right)}=2$.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có $x^2+ \frac{1}{x^2} \ge 2$. Do đó $2 \sqrt{ (x^2+x) \left( 1+ \frac{1}{x^2} \right)} =0$ hay $x^3+2x^2+x+1=0$.
Phương trình bậc ba này tìm nghiệm thế nào nhỉ ??
Không nên phân tích ra cho phức tạp $2 \sqrt{ (x^2+x) \left( 1+ \frac{1}{x^2} \right)}=0\Leftrightarrow x(x+1)=0\Leftrightarrow x=-1$ (Do điều kiện)
Gửi bởi Primary trong 31-03-2013 - 06:34
Em làm cho khỏi bị trừ điềm.
Lời giải:
Giả sử rằng tìm được $r$ lón nhất, nhỏ nhất (*)
$y'=4x^3-8mx=0\Leftrightarrow x=0\vee x=\pm \sqrt{2m}$ với $m>0$ (vì hàm số có 3 cực trị)
Vì $$y(-x)=x^4-4mx^2+3m-1=y(x)$$
Suy ra y làm hàm số chẵn nên đồ thị hàm y nhận Oy làm trục đối xứng
Gọi $A(0;3m-1);B(\sqrt{2m};-4m^2+3m-1);C(-\sqrt{2m};-4m^2+3m-1)$ là 3 điểm cực trị và AH là đường cao kẻ từ A
$\Rightarrow \Delta ABC$ cân tại A
$\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}.BC.AH=\frac{1}{2}.4m^2.2\sqrt{2m}=4m^2\sqrt{2m}$
$$\Rightarrow r=\frac{2S}{2AB+BC}=\frac{8m^2}{1+\sqrt{8m^3+1}}\Leftrightarrow r=\frac{8}{\frac{1}{m^2}+\sqrt{\frac{8}{m}+\frac{1}{m^4}}}$$
SAI trên tử là 4 mới đúng.
Lại gọi $k$ là số nhỏ nhất trên $(0;+\infty )$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \lim_{m\rightarrow k }r=k=0^+ & & & \\ \lim_{m\rightarrow +\infty }r=+\infty & & & \end{matrix}\right.$
Điều này trái với (*)
Vậy không thể tìm được m
Điểm bài: 5
S = 9+5*3 = 24
Gửi bởi Primary trong 23-03-2013 - 22:48
Em xin nhắc lại là mở rộng 1 chỉ áp dụng cho $a_1,...a_n$ dương
2) Mở rộng 2: cho a,b,c là những số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm min
$B=\sum \sqrt{\frac{a+b^k+c^k}{a^k+b+c}},k\geq 3$
Giải: Theo BĐT AM-GM và $a+b+c=3$ ta có $$B=\sum \frac{a+b^k+c^k}{\sqrt{(a^k+b+c)(a+b^k+c^k)}}\geq \frac{4(a^k+b^k+c^k)+6}{a^k+b^k+c^k+3}$$
Ta chứng minh $\frac{4(a^k+b^k+c^k)+6}{a^k+b^k+c^k+3}\geq 3$ hay $a^k+b^k+c^k\geq 3$
*Trước hết ta có nhận xét $a^k+b^k\geq \frac{(a+b)^k}{2^{k-1}}$ hay $\left ( \frac{a}{a+b} \right )^k+\left ( \frac{b}{a+b} \right )^k\geq 2.\left ( \frac{1}{2} \right )^k$ (*)
Đặt $t=\frac{a}{a+b}$,$0<t<\frac{1}{2}$
suy ra $f(t)=t^k+(1-t)^k\geq 2.\left ( \frac{1}{2} \right )^k$
Mà $$f'(t)=k.t^{k-1}-k(1-t)^{k-1}=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{2}$$
$\Rightarrow f(t)\geq f\left ( \frac{1}{2} \right )=2.\left ( \frac{1}{2} \right )^k$
Nhận xét được chứng minh
*Mặt khác $a^k+b^k+c^k\geq \frac{(a+b+c)^k}{3^{k-1}}$ hay $P=a^k+b^k+c^k+\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^k\geq 4\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^k$
Thật vậy: Theo (*) thì $P\geq 2\left ( \frac{a+b}{2} \right )^k+2\left ( \frac{c+\frac{a+b+c}{3}}{2} \right )^k\geq 4\left ( \frac{a+b+c+\frac{a+b+c}{3}}{4} \right )^k$ $\Leftrightarrow P\geq 4\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^k$
$\Rightarrow a^k+b^k+c^k\geq \frac{3^k}{3^{k-1}}=3$
Vậy $\min B=3$. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
ĐIỂM 10
Gửi bởi Primary trong 23-03-2013 - 20:19
1) Mở rộng 1: Cho các số thực dương $a_i$ thỏa $a_1+...+a_n=n$ vói n là số nguyên dương không nhỏ hơn 3. Tìm min
$A=\sqrt{\frac{a_1+a_2^2+...+a_n^2}{a_1^2+a_2+...+a_n}}+...+\sqrt{\frac{a_1^2+...+a_{n-1}^2+a_n}{a_1+...+a_{n-1}+a_n^2}}$
Giải: Theo BĐT AM-GM và $a_1+...+a_n=n$ ta có:
$A=\frac{a_1+a_2^2+...+a_n^2}{\sqrt{(a_1^2+a_2+...+a_n)(a_1+a_2^2+...+a_n^2)}}+...+\frac{a_1^2+...+a_{n-1}^2+a_n}{\sqrt{(a_1+...+a_{n-1}+a_n^2)(a_1^2+...+a_{n-1}^2+a_n)}}$
$\geq \frac{(2n-2)(a_1^2+...+a_n^2)+2n}{a_1^2+...+a_n^2+n}$
Ta chứng minh $\geq \frac{(2n-2)(a_1^2+...+a_n^2)+2n}{a_1^2+...+a_n^2+n}\geq n$
hay $a_1^2+...+a_n^2\geq n$ (vì $n\geq 3$) (*)
Theo BĐT Cauchy- Schwarz: $VT_{(*)}\geq \frac{(a_1+...+a_n)^2}{n}=n$ hay (*) đúng
Vậy $\min A=n$. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a_1=a_2=...=a_n=1$
ĐIỂM MỞ RỘNG: 10
Gửi bởi Primary trong 23-03-2013 - 20:05
Lời giải:
Theo BĐT AM-GM và $a+b+c=3$ ta có:
$\sum \sqrt{\frac{a^2+b^2+c}{a+b+c^2}}=\sum \frac{a^2+b^2+c}{\sqrt{(a+b+c^2)(a^2+b^2+c)}}\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)+6}{a^2+b^2+c^2+3}$
Ta chứng minh $\frac{4(a^2+b^2+c^2)+6}{a^2+b^2+c^2+3}\geq 3$ hay $a^2+b^2+c^2\geq 3$ (*)
Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có: $a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{1+1+1}=3$
Do đó (*) đúng
Vậy $\min P=3$. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
ĐIỂM: 10
S = 14+ 3*10 +10+10= 64
Gửi bởi Primary trong 03-03-2013 - 07:36
Điều kiện: $x>0,y\geq -3,y\neq 0,\sqrt{\left ( \frac{2}{y}-\frac{3}{x} \right )(x+y)}\geq 0$Giải hệ phương trình sau:
\[ \begin{cases}\frac{2x^{2}+4y^{2}}{xy}=4\sqrt{(\frac{2}{y}-\frac{3}{x})(x+y)}-1 (1)\\ \sqrt{(x+1)^{2}+xy+3x+2y+5-2x\sqrt{x(y+3)}}=\sqrt{x}+\sqrt{y+3} (2)\end{cases}\quad (x,y\in\Bbb{R}) \]
Đề của
khanh3570883
Gửi bởi Primary trong 24-02-2013 - 21:18
Bài trên đã chứng minh Bunhiacopxki luôn rồi đótheo mình nghĩ là dùng bunhiacopxki thì hay hơn
Gửi bởi Primary trong 24-02-2013 - 21:01
Đây là BĐT Cauchy-Scharz mà. Có thể chứng minh cho TH tổng quát cho các số dương ở mẫuCm bất đẳng thức mincopxki cho 6 số ko âm a,b,c,x,y,z
$\frac{a^{2}}{x}+\frac{b^{2}}{y}+\frac{c^{2}}{z}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{x+y+z}$
Gửi bởi Primary trong 22-02-2013 - 19:02
Em mới học lớp 10 nên làm thửViết chương trình nhập từ bàn phím số nguyên dương $N(N\leq 100)$ và dãy A gồm N số nguyên $A_1,A_2,...,A_n$ có giá trị tuyệt đối không lớn hơn $1000$. Hãy cho biết dãy A có phải là cấp số cộng hay không và thông báo ra màn hình ?
Gửi bởi Primary trong 20-02-2013 - 19:56
Gửi bởi Primary trong 18-02-2013 - 18:42
Gửi bởi Primary trong 18-02-2013 - 09:54
Gửi bởi Primary trong 17-02-2013 - 10:57
$y=\left ( \frac{1+\sin^2x}{\sin^2x} \right )^n+\left ( \frac{2-\sin^2x}{\sin^2x} \right )^n$1.tìm max, min của hàm số:
$y= (\frac{1+\sin ^{2}x}{\sin ^{2}x})^{n}+(\frac{1+\cos ^{2}x}{\cos ^{2}x})^{n}$
n thuộc Z+
cám ơn mọi người
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học