vda2000

Bài 1:$\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{y}=1 (1) & & & \\ y-\frac{1}{z}=1 (2) & & & \\ z-\frac{1}{x}=1 (3) & & & \end{matrix}\right.$

Ta trừ vế theo vế của $2$ phương trình $(1);(2)$

$x-y=\frac{1}{y}-\frac{1}{z}=\frac{z-y}{yz}$

Tương tự các cặp phương trình còn lại, ta lần lượt có:

$y-z=\frac{x-z}{xz}$; $z-x=\frac{y-x}{xy}$

Nhân vế theo vế, $3$ phương trình mới ta được:

$(x-y)(y-z)(z-x)=-\frac{(y-z)(z-x)(x-y)}{(xyz)^2}$

Xét: $(x-y)(y-z)(z-x)=0$

Suy ra được: $x=y\vee y=z\vee z=x$ 

Đến đây thay lại hệ và giải

Xét: $(x-y)(y-z)(z-x)\neq 0$

Khi đó, $(xyz)^2=-1$ vô lí

Cho $a^2+b^2=1$;$c^2+d^2=1$,$ac+bd=0$. C/m $ab+cd=0$

Xét: $d=0$ khi đó lần lượt có: $c=1;a=0$ nên: $ab+cd=0$

Xét: $c=0$ tương tự

Xét cả: $c;d\neq 0$, ta có:

$ac=-bd\Rightarrow\frac{a}{-d}=\frac{b}{c}\Rightarrow\frac{a^2}{d^2}=\frac{b^2}{c^2}=\frac{a^2+b^2}{c^2+d^2}=\frac{1}{1}=1$

Suy ra: $a^2=d^2$

Từ: $a^2=d^2$ suy ra: $a=d\vee a=-d$

Xét: $a=d$

Khi đó, $ab+cd=db+dc=ac+bd=0$

Xét: $a=-d$ 

Khi đó, $ab+cd=-db+cd=-db-ac=-(ac+bd)=0$

cho $xyz=1$ c/m:

    $\frac{1}{1+x+xy}+\frac{1}{1+y+yz}+\frac{1}{1+z+zx}=1$

Ta có: $\frac{1}{1+x+xy}+\frac{1}{1+y+yz}+\frac{1}{1+z+zx}=\frac{1}{1+x+xy}+\frac{x}{x+xy+xyz}+\frac{xy}{xy+xyz+x^2yz}=\frac{1}{1+x+xy}+\frac{x}{x+xy+1}+\frac{xy}{xy+1+x}=\frac{1+x+xy}{1+x+xy}=1$ do $xyz=1$

Áp dụng bổ đề:

Nếu $x,y \ge 1$ thì:

$$\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2} \ge \frac{2}{1+xy}$$

Dấu $=$ xảy ra khi $x=y$.

Chi tiết:

Theo bổ đề:

$\frac{1}{1+x^3}+\frac{1}{1+y^3}\geq\frac{2}{1+\sqrt{x^3y^3}}$

$\frac{1}{1+z^3}+\frac{1}{1+xyz}\geq\frac{2}{1+\sqrt{xyz^4}}$

Suy ra: $\sum\frac{1}{1+x^3}+\frac{1}{1+xyz}\geq 2.(\frac{1}{1+\sqrt{x^3y^3}}+\frac{1}{1+\sqrt{xyz^4}})$

Lại có theo bổ đề:

$\frac{1}{1+\sqrt{x^3y^3}}+\frac{1}{1+\sqrt{xyz^4}}\geq\frac{2}{1+\sqrt[4]{x^4y^4z^4}}=\frac{2}{1+xyz}$

Do đó, $\sum\frac{1}{1+x^3}+\frac{1}{1+xyz}\geq\frac{4}{1+xyz}$

Suy ra: $\sum\frac{1}{1+x^3}\geq\frac{3}{1+xyz}$

Tìm giá trị lớn nhất của xy biết : $5x^{2}-5xy+y^{2}+\frac{1}{x^{2}}=0$

Mình chỉ tìm được min thôi @@

Ta có: $5x^2+y^2+\frac{1}{x^2}=5xy$

$x^2+\frac{1}{x^2}+4x^2+y^2=5xy\geq 2+4xy$

Suy ra: $xy\geq 2$

Dấu = xảy ra tại: $x=1;y=2$ hoặc: $x=-1;y=-2$

Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương sao cho $\sum \frac{1}{1+a^{4}}=1$

Chứng minh rằng $abcd \geq 3$

Ta có: $\frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+b^4}+\frac{1}{1+c^4}=\frac{d^4}{1+d^4}\geq\frac{3}{\sqrt[3]{(1+a^4)(1+b^4)(1+c^4)}}$

Tương tự với các phân thức: $\frac{c^4}{1+c^4};\frac{b^4}{1+b^4};\frac{a^4}{1+a^4}$

Nhân lại ta có: $\prod\frac{d^4}{1+d^4}\geq\prod\frac{3}{\sqrt[3]{(1+a^4)(1+b^4)(1+c^4)}}=\frac{81}{\prod(1+a^4)}$

Suy ra: $(abcd)^4\geq 81$

$\Leftrightarrow abcd\geq 3$

Cho $a,b,c>0; a+b+c=1$. Tìm max của $P=\frac{19b^3-a^3}{5b^2+ab}+\frac{19c^3-b^3}{5c^2+bc}+\frac{19a^3-c^3}{5a^2+ca}$

 

Ý tưởng là xét $\frac{19b^3-a^3}{5b^2+ab}$\leq$ $ma+nb$. Các bạn có thể chia sẻ cho mình cách nhanh nhất để tìm $m,n$ không ?

Bạn chỉnh lại cỡ chữ + Latex trước đã.

Nhận xét đẳng thức sẽ được giữ tại: $a=b=c=\frac{1}{3}$

Ta cần tìm $m;n$ sao cho: $\frac{19b^3-a^3}{5b^2+ab}\leq ma+nb$

Thay giá trị: $a=b=\frac{1}{3}$ vào: $\frac{19b^3-a^3}{5b^2+ab}$ được: $1$ 

Do đó cần phải đánh giá sao cho: $ma+nb=1$ xảy ra tại dấu =

Thay $a=b=\frac{1}{3}$ lần nữa vào, ta có: $m+n=3$ rút được: $n=3-m$

Như vậy cần chứng minh: $\frac{19b^3-a^3}{5b^2+ab}\leq ma+(3-m)b$

Quy đồng lên rồi rút nhân tử $a-b$ ra ngoài (tham khảo ở đây), ta có:

$(a-b).(a^2+abm+ab+5b^2m+4b^2)\geq 0$ $(1)$

Để cho $(1)$ luôn đúng thì $(a^2+abm+ab+5b^2m+4b^2)$ phải có nhân tử là $a-b$ thì tí nữa mới đưa về được: $(a-b)^2.f(a,b)\geq 0$, còn tùy vào $f(a,b)$ có dương không, nếu không dương thì thôi, phương pháp này loại.

Để có như vậy thì: PT: $a^2+abm+ab+5b^2m+4b^2=0$ có $1$ nghiệm là $a=b$

Thay vào được: $a^2+a^2m+a^2+5a^2m+4a^2=0$

$\Leftrightarrow 6a^2m=-6a^2$

$\Leftrightarrow m=-1$

Khi đó, $n=3-(-1)=4$

Giờ kiểm chứng lại bất đẳng thức $(1)$

$\Leftrightarrow (a-b)(a^2-ab+ab-5b^2+4b^2)\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-b)(a^2-b^2)\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-b)^2.(a+b)\geq 0$ (Ở đây $f(a,b)=a+b$ luôn dương nên làm được theo phương pháp này)

Luôn đúng, như vậy trình bày lời giải dựa vào bất đẳng thức sau:

$\sum\frac{19b^3-a^3}{5b^2+ab}\leq\sum (4b-a)$

 

 

Tìm Min; Max của biểu thức: P= $x(3+\sqrt{5-x^{2}})$

 

Ta có: $|P|=|x|.(3+\sqrt{5-x^2})$

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

$(\sqrt{3}.\sqrt{3}+\sqrt{5-x^2}.1)^2\leq [(\sqrt{3})^2+(\sqrt{5-x^2})^2][(\sqrt{3})^2+1^2]=4(8-x^2)$

Suy ra: $3+\sqrt{5-x^2}\leq 2\sqrt{8-x^2}$

Do đó, $|P|\leq 2.x.\sqrt{8-x^2}\leq x^2+8-x^2=8$

$\Rightarrow -8\leq P\leq 8$

KL: $min_P=-8$ tại: $x=-2$; $max_P=8$ tại: $x=2$

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

b) $(ab+bc+ca-1)^2\leq (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)$

Khai triển hết ra, được kết quả tại đây.

Do đó ta cần phải chứng minh: $a^2 + 2 a b + b^2 + 2 a c + 2 b c - 2 a^2 b c - 2 a b^2 c + c^2 - 2 a b c^2 + a^2 b^2 c^2\geq 0$

Viết lại: $(a+b+c)^2+(abc)^2\geq 2abc(a+b+c)$ Luôn đúng theo $AM-GM$

Cho  $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$ . Chứng minh rằng 

a) $a + b+ c\leq 3$

b) $\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} \geq \frac{4}{a^{2}+7} + \frac{4}{b^{2}+7} + \frac{4}{c^{2}+7}$

Ta có: a) $a+b+c\leq 3$

Lại có: $\sum\frac{4}{a^2+7}=\sum\frac{4}{a^2+1+3.2}\leq\sum\frac{4}{2a+2(a+b+c)}=\frac{1}{2}.\sum\frac{4}{2a+b+c}\leq\frac{1}{2}.2\sum\frac{1}{a+b}=\sum\frac{1}{a+b}$ 

Bài 1: Tìm GTNN của biểu thức:

               $P = x^2 + y^2 + xy + x + y$

Bài 2: Tìm GTLN của biểu thức:

              $Q= -5x^2 - 2xy - 2y^2 + 14x + 10y -1$

Bạn nên đọc nội quy của diễn đàn trước khi gia nhập.

Bài 1: $4P=4x^2+4xy+4y^2+4x+4y=(4x^2+4xy+y^2)+2(2x+y)+3y^2+2y=(2x+y)^2+2(2x+y)+1+3. (y^2+\frac{2}{3}y+\frac{1}{9})-\frac{4}{3}=(2x+y+1)^2+3.(y+\frac{1}{3})^2-\frac{4}{3}\geq\frac{-4}{3}$

Dấu = xảy ra tại: $x=y=\frac{-1}{3}$

Bài 2: $-2Q=10x^2+4xy+4y^2-28x-20y+2=4y^2+4xy+y^2-10(2y+x)+9x^2-18x+2=(2y+x)^2-10(2y+x)+25+9(x^2-2x+1)-32=(2y+x-5)^2+9(x-1)^2-32\geq -32$

Bạn tự làm tiếp

Cho a,b,c>0 sao cho abc=1. Đặt P=Cho a,b,c>0 sao cho abc=1. Đặt P=$\sqrt{\frac{2}{a+1}}+\sqrt{\frac{2}{b+1}}+\sqrt{\frac{2}{c+1}}$.Chứng minh P$\leqslant 3$.Chứng minh P$\leqslant 3$

Đặt: $(a;b;c)=(x^2;y^2;z^2)$ với đk sao cho: $x;y;z>0$

Từ gt suy ra: $x^2y^2z^2=1$ nên: $xyz=1$

Ta sẽ chứng minh $P\leq 3$ tương đương với:

$\sum\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\leq\frac{3}{\sqrt{2}}$

Ta có: $xyz=1$ giả sử: $z$ là số lớn nhất trong: $xy$ Suy ra được: $xy\leq 1$

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki, ta có: 

$(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}})^2\leq (1^2+1^2).(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1})\leq 2.\frac{2}{1+xy}$ (vì $xy\leq 1$ nên có bđt)

Do đó, $\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}\leq\frac{2}{\sqrt{1+xy}}=\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{z}}}$

Đến đây dưa về bất đẳng thức $1$ biến $z$ và biến đổi tương đương là xong

bạn xem lại  bài bạn trên chỉ chứng minh được dấu"=" khi $a=b=c=1$

bài trên dấu '=' còn xảy ra khi $(a,b,c)=(o,1,\sqrt{2})$

cái đoạn nhân $c$ vào $2$ vế mình quên $c$ chưa khác $0$

2, Cho $a,b,c >0$ và thỏa mãn $a+b+c=1$

Chứng minh $2(a^3+b^3+c^3)+3(a^2+b^2+c^2)+12abc \geq \frac{5}{3}$

Ta có bđt: $\Leftrightarrow 2((a+b+c)^2-3.(a+b)(b+c)(c+a))+3.((a+b+c)^2-2(ab+bc+ca))+12abc\geq\frac{5}{3}$

$\Leftrightarrow  5-6.(a+b)(b+c)(c+a)-6.(ab+bc+ca)+12abc\geq\frac{5}{3}$

Khai triển hết ra được:

$ab(a+b+1)+bc(b+c+1)+ca(c+a+1)\leq\frac{5}{9}$

$\Leftrightarrow ab(2-c)+bc(2-a)+ca(2-b)\leq\frac{5}{9}$

$\Leftrightarrow  2ab+2bc+2ca+a^2+b^2+c^2-a^2-b^2-c^2-3abc\leq\frac{5}{9}$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\geq\frac{4}{9}$

Theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại $2$ trong $3$ số: $a-\frac{1}{3};b-\frac{1}{3}; c-\frac{1}{3}$ cùng dấu. Giả sử:

$(a-\frac{1}{3})(b-\frac{1}{3})\geq 0$

$\Leftrightarrow ab-\frac{1}{3}(a+b)+\frac{1}{9}\geq 0$

$\Leftrightarrow 3abc\geq (a+b)c-\frac{1}{3}c=(1-c)c-\frac{1}{3}c$

Lại có: $a^2+b^2+c^2\geq\frac{(a+b)^2}{2}+c^2=\frac{(1-c)^2}{2}+c^2$

cộng lại rồi xét bđt theo $1$ biến $c$. Bạn có thể xem ở đây.

1, Cho $a,b,c \geq 0$ và $a^2+b^2+c^2=3$ 

Chứng minh $\frac{a}{b+2}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{a+2} \leq 1$

2, Cho $a,b,c >0$ và thỏa mãn $a+b+c=1$

Chứng minh $2(a^3+b^3+c^3)+3(a^2+b^2+c^2)+12abc \geq \frac{5}{3}$

1, Quy đồng hết lên, kết quả tại đây.

Vì $a^2+b^2+c^2=3$ nên ta cần phải chứng minh bất đẳng thức tương đương sau:

$a^2c+b^2a+c^2b\leq abc+2$

Không mất tính tổng quát, giả sử: $c$ kẹp giữa: $a$ và $b$

Xét $2$ trường hợp: $a\geq c\geq b$ và ngược lại, ở đây chỉ xét $1$ cái.

Ta có: $a\geq c\geq b$

Suy ra: $(a-c)(c-b)\geq 0$

$\Leftrightarrow ac-ab-c^2+bc\geq 0$

$\Leftrightarrow ac+bc\geq ab+c^2$

$\Leftrightarrow abc+b^2c\geq ab^2+bc^2$

Ta cần chứng minh: $2-b^2c\geq a^2c$ $(1)$

thì cộng vế theo về $2$ bất đẳng thức trên được ĐPCM.

Thật vậy: $(1)\Leftrightarrow 2\geq c(a^2+b^2)=c(3-c^2)$

$\Leftrightarrow (c+2)(c-1)^2\geq 0$

Luôn đúng.

Vậy bđt được chứng minh

Giải phương trình : $x^{4}+x^{2}-6x+1=0$

PT $\Leftrightarrow x^4+4x^2+4=3x^2+6x+3$

$\Leftrightarrow (x^2+2)^2=3(x+1)^2$

$\Leftrightarrow x^2+2=|\sqrt{3}(x+1)|$