NMDuc98

Giải phương trình:

$4\sqrt{1-x}-5\sqrt{1+x}+3\sqrt{1-x^{2}}=x+6$

HD:

ĐK: $-1 \le x \le 1$.

Đặt: $\begin{cases}\sqrt{1+x}=a \ge 0\\ \sqrt{1-x}=b \ge 0 \end{cases}$

Từ phương trình ta có:

$$ 2a^2+b^2-3ab+5a-4b+3=0\\ \Leftrightarrow (a-b+1)(2a-b+3)=0$$

Tiếp nhé!

Cho a, b, c > 0 và a.b.c = 1. Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^2} +\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3\geq 2(a+b+c)$

Hướng Dẫn:

Đặt: $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\Rightarrow x,y,z>0: xyz=1$

Lại có: $\left\{\begin{matrix} 3=2xyz+1\\a+b+c=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=xy+yz+zx \end{matrix}\right.$

BĐT cần chứng minh trở thành:
$$x^2+y^2+z^2+2xyz+1 \ge 2(xy+yz+zx)$$

Đây là BĐT quen thuộc và có khá nhiều cách chứng minh!

Cho $a,b,c$ dương thoả $a+b+c=3$.

Tìm max $M=\frac{2}{3+ab+bc+ac}+\sqrt[3]{\frac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}$

http://9xstudy.com/i...a1b1c/#entry455

 

Cho $x\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $x^2+(3-x)^2\geq 5$. Tìm $Min$ của $P=x^4+(3-x)^4+6x^2(3-x)^2$

 

Đặt: $y=3-x$.Khi đó ta cần giải quyết bài toán:

Cho $x,y$ thay đổi thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} x+y=3\\x^2+y^2 \ge 5 \end{matrix}\right.$.Tìm $Min$ của $P=x^4+y^4+6x^2y^2$.

Từ $x+y=3$ ta có:

$$x^2+y^2+2xy=9~~~~(1)\\ \Rightarrow (x^2+y^2)^2+4x^2y^2+4xy(x^2+y^2)=81\\ \Rightarrow x^4+y^4+6x^2y^2+4xy(x^2+y^2)=81\\\Rightarrow P=81-4xy(x^2+y^2)~~~~(*)$$

Từ $(1)$ ta lại có: $2xy=9-(x^2+y^2)$.Thế vào $(*)$ ta được:

$$P=81-2\left [ 9-2(x^2+y^2) \right ](x^2+y^2)=81-18(x^2+y^2)+2(x^2+y^2)^2$$

Đặt: $t=x^2+y^2 \ge 5$ ta có:

$$P=2t^2-18t+81=2(t-5)^2+2(t-5)+41\geq 41$$

Dấu $=$ xảy ra khi $t=5 \Rightarrow ... \Rightarrow x=1$ hoặc $x=2$.

Kết luận!

Từ

giải hệ phương trình

1) $\left\{\begin{matrix} (2x+3)\sqrt{4x-1}+(2y+3)\sqrt{4y-1}=2\sqrt{(2x+3)(2y-3)} & \\ x+y=4xy& \end{matrix}\right.$

2) $\left\{\begin{matrix} x+2y-3z=4 & \\ \sqrt{4-x^2}+\sqrt{1-4y^2}+\sqrt{25-9y^2}=4\sqrt{3} & \end{matrix}\right.$

thank nhé     

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

ĐK: $x,y \ge \frac{1}{4}$

Từ phương trình $(2)$ ta dễ dàng có được:

$$\left\{\begin{matrix}4x-1=\frac{x}{y} \\ 4y-1=\frac{y}{x} \end{matrix}\right.$$

Tiến hành thế vào $(1)$ ta được:

$$(2x+3)\sqrt{\frac{x}{y}}+(2y+3)\sqrt{\frac{y}{x}}=2\sqrt{(2x+3)(2y+3)}~~~(*)$$

Nhưng khổ nỗi theo BĐT AM-GM ta lại có:

$$(2x+3)\sqrt{\frac{x}{y}}+(2y+3)\sqrt{\frac{y}{x}}\geq 2\sqrt{(2x+3)(2y+3)}$$

Dấu $=$ xảy ra khi $(2x+3)\sqrt{\frac{x}{y}}=(2y+3)\sqrt{\frac{y}{x}} \Leftrightarrow x=y$.

Thật công bằng,ta suy ra:

$$(*) \Leftrightarrow x=y$$.

Thế vào $(2)$ ta được $x=y=\frac{1}{2}$.

Cho $\frac{a}{2003}=\frac{b}{2004}=\frac{c}{2005}$

Chứng minh rằng:$4(a-b)(b-c)=(c-a)^{2}$

(các bạn giúp mình làm nhanh nha thứ 2 ngày 21 tháng 7 năm 2014 là mình nạp ùi những ai giúp mình thanks nhiều         )

$\frac{a}{2003}=\frac{b}{2004}=\frac{c}{2005}=\frac{a-b}{-1}=\frac{b-c}{-1}=\frac{c-a}{2}\\ \Rightarrow \frac{a-b}{-1}.\frac{b-c}{-1}=\frac{(c-a)^2}{4}\\ \Rightarrow 4(a-b)(b-a)=(c-a)^2$

 

Bài toán:

 

Cho $a,b,c \in \mathbb{R}^+$ và $abc=1$. 

 

Chứng minh rằng:

 

$\sum \frac{1}{a^2+a+1}\leq 1$

 

                                                                                                (Võ Quốc Bá Cẩn)

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

---------------------------

 

Bất đẳng thức chặt và có nhiều ứng dụng

 

Thống nhất đề: 

Với $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$.Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{x^2+x+1}\geq 1$

Hướng Dẫn:

Đặt: $\left\{\begin{matrix} x=\frac{bc}{a^2}\\ y=\frac{ca}{b^2}\\ z=\frac{ab}{c^2} \end{matrix}\right.~~~~~(xyz=1)$.

Khi đó:

$$\sum \frac{1}{x^2+x+1}=\sum \frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}$$

Do đó cần chứng minh:

$$\sum \frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}\geq 1$$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$$\sum \frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum(a^4+a^2bc+b^2c^2)}$$

Cần chứng minh:

$\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum(a^4+a^2bc+b^2c^2)}\geq 1\\ \Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)$ ( luôn đúng)

$VP=\sqrt[4]{2^4.2^4.2^4.(4x+4)}\leq x+13$
Cần chứng minh: $VT=x^3-3x^2-8x+40\geq x+13$
$\Leftrightarrow (x-3)^2(x+3)\geq 0$

 

Thế này Hoàng nhé: $x^3-3x^2-8x+40\leq x+13\Leftrightarrow (x-3)^2(x+3)\leq 0\Rightarrow x =3$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $\sum \frac{1}{(x+1)^2} \ge \frac{3}{4}$.Chứng minh rằng: $$xyz \ge 1$$

Mình có góp ý nhỏ: Đoạn cm $\sum \sqrt{\frac{a^4+b^4}{1+ab}}\geq \sum \frac{a^2}{\sqrt{2+2ab}}+\sum \frac{b^2}{\sqrt{2+2ab}}\neq 2.\left ( \frac{a^2}{\sqrt{2+2ab}} \right )$ 

Hai Cái tổng đó không gộp vô được đâu bạn, giữ nguyên thế, sử dụng như cách của bạn vẫn xong   

À đúng rồi!Hồi trước viết chuyên đề gấp quá!Cảm ơn ý kiến đóng góp quan trọng của bạn!Để mình sửa chuyên đề luôn!

Giải phương trình

 

1,$\frac{(1+x^2)^3}{6x^5-20x^3+6x}=\sqrt{1+x^2}$

 

2,$x+\frac{3x}{\sqrt{25x^2-9}}=\frac{7}{4}$

1.

Cho a, b, c là các số thực dương.Chứng minh:

$\frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}{3}\leq \sqrt[3]{a.\frac{a+b}{2}.\frac{a+b+c}{3}}$

Tư liệu cũ:

Cho $a,b, c$ là các số dương thỏa mãn $a+b+c=4$. Chứng minh rằng:

$\sqrt[4]{a^{3}}+\sqrt[4]{b^{3}}+\sqrt[4]{c^{3}}> 2\sqrt{2}$

Một cách khác:

Ta có:

$\sqrt[4]{4a^3}=\sqrt[4]{(a+b+c)a^3}=\sqrt[4]{a^4+a^3b+a^3c}>\sqrt[4]{a^4}=a$

Tương tự rồi cộng lại ta có:

$\sqrt[4]{4}(\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3})>a+b+c\\\Leftrightarrow \sqrt[4]{4}(\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3})>4\\\Leftrightarrow \sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}>2\sqrt{2}$  ( DPCM)