Cho a,b,c > 0 .CMR: $\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{a+c}+\dfrac{2c}{a+b} \ge 3+\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2}{(a+b+c)^2}$
- nguyenhongsonk612 yêu thích
Gửi bởi vipboycodon trong 14-04-2015 - 19:09
Cho a,b,c > 0 .CMR: $\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{a+c}+\dfrac{2c}{a+b} \ge 3+\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2}{(a+b+c)^2}$
Gửi bởi vipboycodon trong 30-01-2015 - 20:58
Bài 1: $A = (2x-x^2)(x+2)(x+4)$
= $x(2-x)(x+2)(x+4)$
= $[x(x+2)][(2-x)(x+4)]$
= $(x^2+2x)[-(x^2+2x)+8]$ (*)
Đặt $t = x^2+2x$
(*) $\rightarrow A = t(-t+8) = -(t^2-8t+16)+16 = -(t-4)^2+16 \le 16$
$\rightarrow$ Min $A = 16$ khi $t = 4 \rightarrow x = -1 \pm \sqrt{5}$
Gửi bởi vipboycodon trong 27-01-2015 - 18:03
Giả sử $ab+bc+ac = 3$.
Ta có:
* $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ac) \rightarrow a+b+c \ge 3$
* $ab+bc+ac \ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \rightarrow abc \le 1$
Ta có:
$\sqrt[3]{\dfrac{(a+b)(a+c)(b+c)}{8}} = \sqrt[3]{\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc}{8}} \ge 1 = \sqrt{\dfrac{ab+bc+ac}{3}}$
Gửi bởi vipboycodon trong 05-01-2015 - 22:00
Giải hệ phương trình:
Gửi bởi vipboycodon trong 14-12-2014 - 21:37
b) $PT \leftrightarrow (x^2-2x-2)(x^2-2x-4) = 0$
c) Đặt $a = x^2-1$ , $b = x^4+x^2+1$
$PT \leftrightarrow 2ab = 2a^2-2b^2$
đề hình như sai ở mấy cái số 2
d) Đặt $a = 2x+2013$ , $b = 2x+2014$
$PT \leftrightarrow a^3+b^3 = (a+b)^3$
Gửi bởi vipboycodon trong 13-12-2014 - 20:42
toàn cop bài trong sách đăng lên , bài này sử dụng 1 bổ để như sau (a^2+b^2+c^2)^2 >=3(a^3b+b^3c+c^3a)
Sao bác biết là mấy bạn ấy chép trong sách vậy , sao bạn không nghĩ rằng họ giỏi nên làm được thử nào, chả nhẽ VN chúng ta thiếu nhân tài à , toàn nghĩ theo chiều hướng đi xuống...
Gửi bởi vipboycodon trong 13-12-2014 - 16:33
Gửi bởi vipboycodon trong 13-12-2014 - 16:04
Đề a,b,c > 0 chứ nhỉ
$\dfrac{ab}{a^5+b^5+ab} \le \dfrac{ab}{a^2b^2(a+b)+ab} = \dfrac{1}{ab(a+b+c)}$
$\rightarrow \sum \dfrac{ab}{a^5+b^5+ab} \le \sum \dfrac{1}{ab(a+b+c)} = \dfrac{1}{a+b+c}(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}) = \dfrac{1}{a+b+c}.\dfrac{c+a+b}{abc} = 1$
Gửi bởi vipboycodon trong 12-12-2014 - 21:57
Cho x,y,z>0 Chứng minh rằng $\sqrt{x^2+xy+2y^2}+\sqrt{y^2+yz+2z^2}+\sqrt{z^2+zx+2x^2}\geq 2(x+y+z)$
$BĐT \leftrightarrow \sqrt{(x+\dfrac{y}{2})^2+\dfrac{7}{4}y^2}+\sqrt{(y+\dfrac{z}{2})^2+\dfrac{7}{4}z^2}+\sqrt{(z+\dfrac{x}{2})^2+\dfrac{7}{4}x^2}$
$\ge \sqrt{(x+\dfrac{y}{2}+y+\dfrac{z}{2}+z+\dfrac{x}{2})^2+\dfrac{7}{4}(x+y+z)^2} = 2(x+y+z)$ (theo bđt mincopski)
Gửi bởi vipboycodon trong 12-12-2014 - 21:11
Đề phải thế này chứ: $(1+x)(1+\dfrac{y}{x})(1+\dfrac{9}{\sqrt{y}})^2 \ge 256$
Theo bunhia ta có:
$(1+x)(1+\dfrac{y}{x}) (1+\dfrac{9}{\sqrt{y}})^2 \ge (1+\sqrt{y})^2 (1+\dfrac{9}{\sqrt{y}})^2 \ge (1+\sqrt{y})^2(1+\dfrac{9}{\sqrt{y}})^2 \ge 256$
Gửi bởi vipboycodon trong 12-12-2014 - 20:59
Gửi bởi vipboycodon trong 12-12-2014 - 20:52
$a^2+b^2-ab \le 1$
$\leftrightarrow (a^3+b^3)(a^2+b^2-ab) \le a^5+b^5$
$\leftrightarrow -ab(a-b)^2(a+b) \le 0$ (đúng)
Gửi bởi vipboycodon trong 12-12-2014 - 11:57
Câu 4:Theo mình có 2 cách
Cách 1: $PT 2 \rightarrow y = \dfrac{-x^2+6x+6}{2x}$ (x khác 0)
Thế vào PT1 được $\dfrac{5}{4}x^4-x^3+6x^2+16x = 0$ . giải pt bậc 3 là ok
Cách 2: $PT \leftrightarrow 2xy = -x^2+6x+6$ . Bình phương thần chưởng lên rồi lấy 4.PT1 - PT2...
Gửi bởi vipboycodon trong 10-12-2014 - 20:55
Cách khác các bạn tham khảo nhé
$PT \leftrightarrow (x-1)^3 = -1-2\sqrt{(x+1)^3}$
Đặt $\sqrt{(x+1)^3} = y$
Ta có hệ:
$\left[\begin{matrix} (x-1)^3 = -1-2y^3 \ (1) \\ (x+1)^3 = y^3 \ (2) \end{matrix}\right.$
Lấy (1)-(2) được: $-6x^2-2 = -1-3y^3 \leftrightarrow 3(x+1)^3-6x^2-1 = 0$
tới đây giải pt bậc 3 chắc là ok rồi
Gửi bởi vipboycodon trong 10-12-2014 - 17:56
Đề nghị các ĐHV xóa các bài spam ở trên
PT $\leftrightarrow (x+1)^3-6x(x+1)-1+2\sqrt{(x+1)^3} = 0$
Đặt $\sqrt{x+1} = t$ ( $\rightarrow x = t^2-1$)
$PT \leftrightarrow t^6-6(t^2-1)t^2-1+2t^3 = 0$
$\leftrightarrow t^6-6t^4+2t^3+6t^2-1 =0$
$\leftrightarrow (t^2-t-1)^2(t^2+2t-1) = 0$
còn cách hay hơn thì chưa nghĩ ra
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học