dodinhthang98

Cho $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} =\frac{10}{x+y+z}$ và $x,y,z>0$ Tìm GTLN:

$P=\frac{3}{xy+yz+zx}-\frac{4}{x^3+y^3+z^3}$

$\left\{\begin{matrix}
 \sqrt[2013]{5x^{17}-7y^{10}-32x^{8}+34}+\sqrt[2013]{3x^{15}-6y^{12}+3y^{10}+2014}=\sqrt[2013]{2014}& \\
\left (x^4-4x^3+8x^2-8x+6  \right )\left ( 16y^4-32y^3+40y^2-24y+9 \right ) =36x^2y-18x^2-72xy+36x+36y^2+36y-27&
\end{matrix}\right.$

Chứng minh:

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}$

Giúp mình nha, mình cần gấp

cm theo bunhiakopxki cũng được.

áp dụng bunhiakopxki cho 2 bộ số:

$\left ( \sqrt{x};\sqrt{y};\sqrt{z} \right )$ và $\left ( \frac{1}{\sqrt{x}};\frac{1}{\sqrt{y}} ;\frac{1}{\sqrt{z}}\right )$

theo bunhiakopxki ta có:

$\left ( x+y+z \right )\left (\frac{1}{x}+\frac{1}{y} +\frac{1}{z} \right )\geq \left ( 1+1+1 \right )^2$ từ đây suy ra ĐPCM.

cho a,b,c là số thực dương, thoả mãn: $a+b+c=6$ CMR:

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

1,   $1+\frac{r}{R}=cosA+cosB+cosC$

cmr: tam giác này đều!

với $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp.

$R$ là bán kính đường tròn ngoài tiếp!

2, tam giác ABC có đặc điểm gì nếu biết:   $\frac{cosB-sinC}{cosC-sinB}=\frac{1}{c}$

$cotA+cotB+cotC=tan\frac{a}{2}+tan\frac{b}{2}+tan\frac{c}{2}$

CMR: tam giác này đều.!

$\left\{\begin{matrix} x^{2}+3y^{2}-xy+x+17y+21=0 & \\2x^{2}+4y^{2}+3xy+13x+27y+44=0 & \end{matrix}\right.$

đề này có bị nhầm số không bạn?

nghiệm rất xấu!

$(x+3)\sqrt{-x^2-8x+48}=x-24$

$\begin{bmatrix} x=-2(1+\sqrt{7}) & \\ x=-5-\sqrt{31}& \end{bmatrix}$

DK......

He$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{x+2y}+\sqrt[3]{y+3x}=2 & \\ (x+2y)^2+(y+3x)^2-(y+3x)(x+2y)=(x+2y)-7(y+3x) & \end{matrix}\right.$

Den day thi dat an phu la OK

P/S:Mot buoi toi mo mai moi ra,them duoc mot bi kip va kinh nghiem giai toan.

hình như chưa xong đâu, bạn có làm tiếp được ko?

$\left\{\begin{matrix}
\sqrt[3]{4x^2-2y^2+6xy^2}+\sqrt[6]{3y^2-2y-x^6}=3 &   \\x^3(2y-x)(x^2+y^2)=6x^3y-3x^4-1&\end{matrix}\right.$

nhận thấy x = y = 0 không là nghiệm của hệ pt nên hệ đã cho tđ với hệ

$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{x}+y=6 & \\ \frac{1}{x^2}+y^2=5 & \end{matrix}\right.$

Đây là hệ đối xứng loại 1 thì tốt rồi.

OK???

pt đầu ko thể biến đổi như trên được vì nếu chia cả 2 vế cho $x^2y^2$ thì được:

$\frac{1}{x}\left ( \frac{y}{x}+ \frac{1}{y^2}\right )=6$

PT $< = > (x^3-3x)^2=4-x^2< = > x^6-6x^4+10x^2-4=0< = > t^3-6t^2+10t-4=0< = > t=2,t=2+\sqrt{2},t=2-\sqrt{2}$

Điều kiện $-2\leq x \leq 2$

Đặt $x=2 \cos t t \in[0; \pi]$ ta có phương trình :

$8\cos^3 t -6 \cos t= 2 \sqrt{1-\cos^2 t}$

$\Leftrightarrow \cos 3t= \sin t$

$\Leftrightarrow t=\frac{\pi}{2}+k\pi; t=-\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{4}$...

thanks

$(4x^3-x+3)^3-x^3=\frac{3}{2}$

Biến đổi phương trình thành :

$$\sqrt{x^2+15}-4=3\sqrt[3]{x}-3+\sqrt{x^2+8}-3\Leftrightarrow \frac{x^2-1}{\sqrt{x^2+15}+4}=\frac{3(x-1)}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1}+\frac{x^2-1}{\sqrt{x^2+8}+3} \Leftrightarrow (x-1)\left [ \frac{x+1}{\sqrt{x^2+15}+4}-\frac{3}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1}-\frac{x+1}{\sqrt{x^2+8}+3} \right ]=0\Leftrightarrow x=1$$

phương trình còn lại chưa chắc đã vô nghiệm vì đk là $x\epsilon R$

 

 

 

 

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

\[(xy+z^2)^2\ge 4xy\cdot z^2.\]

\[x^2+y^2 \ge \frac{(x^2+y^2)^2}{2} \ge 2xy\cdot \frac{x^2+y^2}{2}=xy(x^2+y^2).\]

 

Từ đó, suy ra 

\[(x^4+y^4)(xy+z^2)^3 \ge 4xyz^2 \cdot xy(x^2+y^2)\cdot (xy+z^2)=4x^2y^2z^2[2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)],\]

hay là

\[\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+{{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}} \le \frac{xy^2z}{2x^2y^2+z^2(x^2+y^2)}.\]

Đặt $a=xy,\;b=yz,\;c=zx.$ Ta được

\[P \le \frac{1}{4}\left (\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{bc}{2b^2+c^2+a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+b^2} \right ).\]

Theo bất đẳng thức AM-GM, thì

\[\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2} \le \frac{ab}{\sqrt{2a^2(b^2+c^2)}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}.\]

Nên 

\[P\le \frac{1}{4\sqrt{2}}\left ( \sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a^2}} \right ).\]

Mặc khác, ta có một kết quả quen thuộc 

\[\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a^2}} \le \frac{3}{\sqrt{2}}.\]

Nên $P \le \dfrac{3}{16}.$ Ngoài ra nếu $a=b=c$ hay $x=y=z,$  thì đẳng thức xảy ra. Điều này cho phép ta kết luận $P_{\max}=\dfrac{3}{16}.$

 

Nhận xét 1: Ngoài ra chúng ta có thể chứng minh 

\[\frac{ab}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{bc}{2b^2+c^2+a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+b^2} \le \frac{3}{4},\]

bằng cách đưa nó về dạng đối xứng

\[\frac{ab}{a^2+b^2+2c^2}+\frac{bc}{b^2+c^2+2a^2} + \frac{ca}{2c^2+a^2+2b^2} \le \frac{3}{4},\]

rồi sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu. 

 

Ở đây mình có thêm một lời giải bằng khác. Sử dụng phân tích 

$$\frac{2ab}{2a^2+b^2+c^2} =1-\frac{(a-b)^2+a^2+c^2}{2a^2+b^2+c^2},$$

ta viết bất đẳng thức trên lại như sau 

\[ \sum \frac{(a-b)^2}{2a^2+b^2+c^2} +\sum \frac{a^2}{2a^2+b^2+c^2}+\sum \frac{c^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{3}{2}.\] 

Không mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử $b$ là số ở giữa $a$ và $c.$  Khi đó theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz inequality, ta có

\[\sum \frac{(a-b)^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{\left[ (a-b)+(b-c)+(a-c)\right]^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}, \] \[\sum \frac{a^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{(a+b+c)^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}, \]

và 

\[ \sum \frac{c^2}{2a^2+b^2+c^2} \ge \frac{(c+a+b)^2}{(2a^2+b^2+c^2)+(2b^2+c^2+a^2)+(2c^2+a^2+b^2)}.\] 

Như vậy, ta cần chứng minh được 

\[\frac{4(a-c)^2+2(a+b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)} \ge \frac{3}{2},\]

tương đương với.

$$(a-b)(b-c) \ge 0.$$

Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo giả thiết của $b.$ Nên ta có điều phải chứng minh.

 

dong nay sai vì dau = xay ra khi x=y=z=1