Đến nội dung


Baoriven

Đăng ký: 10-10-2015
Online Đăng nhập: Hôm nay, 21:42
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: $(a+b+c)^3+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$

Hôm nay, 21:35

Khai triển ra, được BĐT cần chứng minh tương đương với: 

$a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \ge a^2(b+c) + b^2(c+a) + c^2(a+b)$

$\Leftrightarrow a(a-b)(a-c) + b(b-a)(b-c) + c(c-a)(c-b) \ge 0$

Giả sử $a\geq b\geq c$ thì $a(a-b)(a-c) \ge b(a-b)(b-c)$ và $c(c-a)(c-b) \ge 0$ nên ta có đpcm.


Trong chủ đề: $f(4x)+f(9x)=2f(6x), \forall x \in \mathbb{R}$

19-05-2017 - 20:02

Trong trường hợp bài này có điều kiện $f$ liên tục. Nếu có thế sẽ giải như sau:

Trước hết ta được: $f(0)=0$ bằng cách thay $x=0$.

Viết lại như sau: $f(4x)-f(6x)=f(6x)-f(9x)$.

Suy ra: $g(2x)=g(3x)$ với $g(x)=f(2x)-f(3x)$ và từ đó $g(0)=0$.

Hay: $g(x)=g(\frac{2}{3}x)=...=g((\frac{2}{3})^nx)$.      $(*)$

Do $f$ liên tục nên $g$ liên tục.

Do đó từ $(*)$ suy ra: $g(x)=0$.

Từ đó ta chứng minh tương tự thu được $f(x)=0,\forall x\in \mathbb{R}$.

 

Trong trường hợp không có điều kiện liên tục mình nghĩ kết quả sẽ là:

$f(x)=\left\{\begin{matrix}f(0)=0 \\ f(x)=ln|x|,\forall x\neq 0 \end{matrix}\right.$

Mình vẫn chưa có ý tưởng cho trường hợp này...


Trong chủ đề: $2x^3+2x^2+5x+2017=0$ và $2x^3-8x^2+15x-2026=0$.

17-05-2017 - 21:40

Viết lại $PT2$ như sau: $-2x^3+8x^2-15x+2026=0$.

Lấy $PT1$ coi như PT gốc, do cần tính $x_1+x_2=k$.

Đặt $x_1=k-x_2$.

Khi đó: $k$ là nghiệm của PT: $2k^3+2k^2+5k=2026-2017$.

Suy ra $k=1$. 


Trong chủ đề: $2x^3+2x^2+5x+2017=0$ và $2x^3-8x^2+15x-2026=0$.

17-05-2017 - 20:06

Câu b:

Gọi $x_1,x_2$ lần lượt là $2$ nghiệm của PT theo thứ tự viết trên.

Nếu bạn nào tinh ý có thể biến đổi tương đương $PT2$ thành

$2(1-x_2)^3+2(1-x_2)^2+5(1-x_2)+2017=0$

mà $PT1$ có nghiệm duy nhất nên $1-x_2=x_1$.

Do đó: $x_1+x_2=1$.


Trong chủ đề: Topic BẤT ĐẲNG THỨC ôn thi vào lớp 10 THPT 2017 - 2018

17-05-2017 - 15:16

lời giải BÀI 74:

Ý tưởng tách VP ở bài 74 đã bại lộ nhờ VT

Đặt: $\frac{1}{x-1};b=\frac{x-1}{y};c=\frac{1}{y},a,b,c> 0$.

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$a^3+b^3+c^3\geq 3(a+b+c)-6$.

Ta có: $a^3+b^3+c^3\geq \frac{1}{9}(a+b+c)^3$ (Dễ có nhờ $Holder$).

Do đó ta cần chứng minh: $\frac{1}{9}S^3\geq 3S-6$, với $S=a+b+c$.

Điều này dĩ nhiên đúng vì tương đương với: $(S-3)^2(S+6)\geq 0$. 

Vậy ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $x=2;y=1$.