Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
[Toán.C17_19.1.2021]
Gọi x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn \(a=x+y;b=y+z;c=z+x\)
Khi đó: \(a^2b\left(a-b\right)+b^2c\left(b-c\right)+c^2a\left(c-a\right)\ge0\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)\left(x-z\right)+\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)\left(y-x\right)+\left(z+x\right)^2\left(x+y\right)\left(z-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^3z+y^3x+z^3y\ge x^2yz+xy^2z+xyz^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}\ge x+y+z\left(2\right)\)
Áp dụng BĐT BSC:
\(\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z}=x+y+z\)
\(\Rightarrow\left(2\right)\) đúng \(\Rightarrow\left(1\right)\) đúng
VietNam TST, 1996.
Chuẩn hóa \(x^2+y^2+z^2=1.\) Cần chứng minh:
\(6\left(x+y+z\right)\le27xyz+10\)
Ta có: \(1=x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Rightarrow x^2y^2z^2\le\dfrac{1}{27}\Rightarrow-\dfrac{\sqrt{3}}{9}\le xyz\le\dfrac{\sqrt{3}}{9}\)
Do đó: \(VP\ge27\cdot\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{9}\right)+10=10-3\sqrt{3}>0.\)
Nếu $x+y+z<0$ thì $VP>0>VT$ nên ta chỉ xét khi $x+y+z\geq 0.$
Đặt $\sqrt{3}\geq p=x+y+z>0;q=xy+yz+zx,r=xyz.$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:\(6p\le27r+10\quad\left(1\right)\)
Mà \(x^2+y^2+z^2=1\Leftrightarrow p^2-2q=1\Rightarrow q=\dfrac{\left(p^2-1\right)}{2}\quad\left(2\right)\)
Ta có: $$(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2\geq 0.$$
Chuyển sang \(\textit{pqr}\) và kết hợp với $(2)$ suy ra \({\dfrac {5\,{p}^{3}}{54}}-\dfrac{p}{6}-{\dfrac {\sqrt {2 \left(3- {p}^{2} \right) ^{3}}}{54}}\leq r \)
Từ đây thay vào $(1)$ cần chứng minh:
$$\dfrac{5}{2}p^3-\dfrac{21}{2}p+10\geqslant \dfrac{1}{2}\sqrt{2\left(3-p^2\right)^3}$$
Hay là $$\dfrac{1}{4} \left( 27\,{p}^{4}+54\,{p}^{3}-147\,{p}^{2}-148\,p+346 \right) \left( p-1 \right) ^{2}\geqslant 0.$$
Đây là điều hiển nhiên.
C27.Gọi AB là dây vuông góc với OP tại P , và dây CD là dây bất kỳ đi qua P vàkhông trùng với AB .
Kẻ \(OH\perp CD\)
\(\Delta OHP\) vuông tại H\(\Rightarrow\) OH < OP \(\Rightarrow\) CD > AB
Như vậy trong tất cả các dây đi qua P , dây vuông góc với OP tại P có độ dài nhỏ nhất.
Gõ lại lần cuối, không được nữa nghỉ chơi hoc24:v
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2\geq abc(a^2+b^2+c^2)$$Ta có$2\left( {{a^3}{b^2} + {b^3}{c^2} + {c^3}{a^2}} \right) - 2abc\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$$= \displaystyle\LARGE{\sum} {{a^3}} \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) -\displaystyle \LARGE{\sum} {{a^2}} ({b^3} - {c^3})$Mặt khác ta có đẳng thức sau
$${a^2}\left( {{b^3} - {c^3}} \right) + {b^2}\left( {{c^3} - {a^3}} \right) + {c^2}\left( {{a^3} - {b^3}} \right) = {a^2}{\left( {b - c} \right)^2} + {b^2}{\left( {c - a} \right)^2} + {c^2}{\left( {a - b} \right)^2}$$Từ đó dễ dàng thu được$$2\left( {{a^3}{b^2} + {b^3}{c^2} + {c^3}{a^2}} \right) - 2abc\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$$$$= {a^2}{\left( {b - c} \right)^2}\left( {a - b + c} \right) + {b^2}{\left( {c - a} \right)^2}\left( {b - c + a} \right) + {c^2}{(a - b)^2}\left( {c - a + b} \right)$$$$= {S_a}{\left( {b - c} \right)^2} + {S_b}{\left( {c - a} \right)^2} + {S_c}{\left( {a - b} \right)^2}$$Với $${S_a} = {a^2}\left( {a - b + c} \right)$$$${S_b} = {b^2}\left( {b - c + a} \right)$$$${S_c} = {c^2}\left( {c - a + b} \right)$$Do $a,$$b,$$c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên rõ ràng $S_a,S_b,S_c$ không âm. Ta thu được điều hiển nhiên.
Xét hiệu hai vế bất đẳng thức đã cho ta được:
\(VT-VP={\dfrac { \left( a-b \right) ^{2}{c}^{2}}{ \left( b+c \right) \left( c +a \right) \left( a+b+c \right) }}+{\dfrac { \left( b-c \right) ^{2}{a }^{2}}{ \left( a+b \right) \left( c+a \right) \left( a+b+c \right) } }+{\dfrac { \left( ac-{b}^{2} \right) ^{2}}{ \left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( a+b+c \right) }}\geqslant 0. \)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
Cách khác.
Quy đồng, ta cần chứng minh:
\(2\,{a}^{3}{c}^{2}+{a}^{2}{b}^{3}-3\,{a}^{2}{b}^{2}c-2\,{a}^{2}b{c}^{2} +2\,{a}^{2}{c}^{3}+a{b}^{4}-3\,a{b}^{2}{c}^{2}+{b}^{4}c+{b}^{3}{c}^{2}\geq 0\)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
\(3\,a{b}^{2}{c}^{2}\leq \dfrac{5}{4}{a}^{2}{c}^{3}+\dfrac{1}{2}\,a{b}^{4}+\dfrac{1}{4} \,{b}^{4}c+{b}^{3}{c}^{2},\\2\,{a}^{2}b{c}^{2}\leq {\dfrac {7\,{a}^{3}{c} ^{2}}{10}}+\dfrac{1}{5}{a}^{2}{b}^{3}+\dfrac{3}{4}{a}^{2}{c}^{3}+{\dfrac {7\,{b}^{4}c }{20}},\\3\,{a}^{2}{b}^{2}c\leq {\dfrac {13\,{a}^{3}{c}^{2}}{10}}+\dfrac{4}{5}{a }^{2}{b}^{3}+\dfrac{1}{2}a{b}^{4}+\dfrac{2}{5}{b}^{4}c \)
Xong :D
[Toán.C35 _ 24.1.2021]
Điền hai số còn thiếu vào quy luật sau: 0 - 1 - 13 - 61 - ? - ?
\(\Rightarrow0-1-13-61-253-1017\)
[Toán.C36 _ 24.1.2021]
Điền số còn thiếu vào quy luật sau: 32 - 12 - 136 - 176 - ? - 196
\(\Rightarrow\text{32-12-136-176-186-196}\)
Xí câu dễ trước
Câu 31.
a) Thay $b=\dfrac{5-3a}{4}$ vào và rút gọn thì cần chứng minh $(5a-3)^2\geqslant 0.$
b) Ta có: \(5^2=\left(2+3\right)\left(2a^2+3b^2\right)\ge\left(2a+3b\right)^2\Rightarrow2a+3b\le5\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1.\)
Bài 33.
Chuyển về pqr, cần chứng minh:
\({\dfrac { \left( {p}^{2}-3\,q \right) \left( {p}^{3}q-{p}^{2}r-2\,p{q} ^{2}+6\,qr \right) }{2qr \left( {p}^{2}-2\,q \right) }}\geqslant 0 \)
Đây là điều hiển nhiên nếu khai triển biểu thức \({p}^{3}q-{p}^{2}r-2\,p{q}^{2}+6\,qr\) ta sẽ được một đa thức với tất cả hệ số đều dương.
Vì C2 mình gửi nên mình làm câu 3:
Gọi S(n) là tổng tất cả các tích thu được.
Ta chứng minh bằng quy nạp rằng S(n) = -1 với mọi giá trị của n là số tự nhiên khác 0.
Thật vây, ta có S(1) = -1
Giả sử ta đã có S(n) = -1.
Ta cần chứng minh S(n + 1) = -1.
Ta thấy sau khi thêm tập hợp A = {-1; -2;,,,; -n} một phần tử -(n + 1), tập hợp A tăng thêm số tập hợp con bằng số tập hợp con của tập hợp A lúc đầu.
Do đó: \(S\left(n+1\right)-S\left(n\right)=S\left(n\right).\left[-\left(n+1\right)\right]-\left(n+1\right)=n+1-n-1=0\Rightarrow S\left(n+1\right)=S\left(n\right)=-1\).
Vậy ta có đpcm.
Các tập hợp con mới của A thì chính là các tập hợp con của tập hợp A cũ thêm phàn tử -(n + 1) nên ta ra được công thức như trên.
Phép lật mặt là sự thay đổi chiều hướng của đa giác đó ông, tức là lật ngược lại ý :)
[Toán.C23 _ 21.1.2021]
Đặt \(a=\dfrac{1}{x};b=\dfrac{1}{y};c=\dfrac{1}{z}\)
Giả thiết trở thành \(2x+9y+21z\le12xyz\)
\(\Leftrightarrow3z\ge\dfrac{2x+8y}{4xy-7}\)
Áp dụng BĐT Cosi và BĐT BSC:
Khi đó \(P=x+2y+3z\)
\(\ge x+2y+\dfrac{2x+8y}{4xy-7}\)
\(=x+\dfrac{11}{2x}+\dfrac{1}{2x}\left(4xy-7+\dfrac{4x^2+28}{4xy-7}\right)\)
\(\ge x+\dfrac{11}{2x}+\dfrac{1}{x}\sqrt{4x^2+28}\)
\(=x+\dfrac{11}{2x}+\dfrac{3}{2}\sqrt{\left(1+\dfrac{7}{9}\right)\left(1+\dfrac{7}{x^2}\right)}\)
\(\ge x+\dfrac{11}{2x}+\dfrac{3}{2}\left(1+\dfrac{7}{3x}\right)\)
\(\ge x+\dfrac{9}{x}+\dfrac{3}{2}\ge\dfrac{15}{2}\)
\(\Rightarrow minP=\dfrac{15}{2}\Leftrightarrow a=\dfrac{1}{3};b=\dfrac{4}{5};c=\dfrac{3}{2}\)
Mấy câu có thêm dòng trích từ mấy đề quốc gia, quốc tế gì gì đó đâm ra nản luôn.
C23 cách khác: Điểm rơi \(a=\dfrac{1}{3};b=\dfrac{4}{5};c=\dfrac{3}{2}\) nên ta đặt \(a=\dfrac{1}{3}x;b=\dfrac{4}{5}y;c=\dfrac{3}{2}z\).
Ta có \(21ab+2bc+8ca\le12\Leftrightarrow\dfrac{28}{5}xy+\dfrac{12}{5}yz+4zx\le12\Leftrightarrow7xy+3yz+5zx\le15\).
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM: \(15\ge7ab+3bc+5ca\ge15\sqrt[15]{\left(xy\right)^7.\left(yz\right)^3.\left(zx\right)^5}=15\sqrt[15]{x^{12}y^{10}z^8}\)
\(\Rightarrow x^6y^5z^4\le1\);
\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{3}{c}=3x+\dfrac{5}{2}y+2z=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{6}{x}+\dfrac{5}{y}+\dfrac{4}{z}\right)\ge\dfrac{1}{2}.15\sqrt[15]{\left(\dfrac{1}{x}\right)^6.\left(\dfrac{1}{y}\right)^5.\left(\dfrac{1}{z}\right)^4}=\dfrac{15}{2}.\sqrt[15]{\dfrac{1}{x^6y^5z^4}}\ge\dfrac{15}{2}\).
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\) tức \(a=\dfrac{1}{3};b=\dfrac{4}{5};c=\dfrac{3}{2}\).Vậy Min P = \(\dfrac{15}{2}\) khi \(a=\dfrac{1}{3};b=\dfrac{4}{5};c=\dfrac{3}{2}\).
P/s: Lời giải nhìn có vẻ đơn giản nhưng muốn tìm điểm rơi thì phải dùng bđt AM - GM suy rộng.