Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm:

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}3yzt\le y^3+z^3+t^3\\3xtz\le x^3+t^3+z^3\\3xyt\le x^3+y^3+t^3\\3xyz\le x^3+y^3+z^3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}x^3+3yzt\le x^3+y^3+z^3+t^3\\y^3+3xtz\le x^3+y^3+z^3+t^3\\z^3+3xyt\le x^3+y^3+z^3+t^3\\t^3+3xyz\le x^3+y^3+z^3+t^3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{x^3}{x^3+3yzt}\ge\frac{x^3}{x^3+y^3+z^3+t^3}\\\frac{y^3}{y^3+3xtz}\ge\frac{y^3}{x^3+y^3+z^3+t^3}\\\frac{z^3}{z^3+3xyt}\ge\frac{z^3}{x^3+y^3+z^3+t^3}\\\frac{t^3}{t^3+3xyz}\ge\frac{t^3}{x^3+y^3+z^3+t^3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\frac{x^3}{x^3+3yzt}+\frac{y^3}{y^3+3xtz}+\frac{z^3}{z^3+3xyt}+\frac{t^3}{t^3+3xyz}\ge\frac{x^3+y^3+z^3+t^3}{x^3+y^3+z^3+t^3}\)

\(\Rightarrow\frac{x^3}{x^3+3yzt}+\frac{y^3}{y^3+3xtz}+\frac{z^3}{z^3+3xyt}+\frac{t^3}{t^3+3xyz}\ge1\) ( đpcm )

Câu trả lời cần bổ sung : dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = t > 0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm

\(\Rightarrow B=\frac{\sqrt{a^3+b^3+1}}{ab}+\frac{\sqrt{b^3+c^3+1}}{bc}+\frac{\sqrt{a^3+c^3+1}}{ac}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(a^3+c^3+1\right)}}\)

Xét \(3\sqrt[3]{\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(c^3+a^3+1\right)}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}a^3+b^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3b^3}=3ab\\b^3+c^3+1\ge3\sqrt[3]{b^3c^3}=3bc\\c^3+a^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3c^3}=3ac\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\sqrt{a^3+b^3+1}\ge\sqrt{3ab}\\\sqrt{b^3+c^3+1}\ge\sqrt{3bc}\\\sqrt{c^3+a^3+1}\ge\sqrt{3ac}\end{matrix}\right.\)

Nhân theo từng vế:

\(\Rightarrow\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(c^3+a^3+1\right)}\ge\sqrt{27a^2b^2c^2}=\sqrt{27}\)

\(\Rightarrow3\sqrt[3]{\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(c^3+a^3+1\right)}}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{27}}\)

Mà \(\frac{\sqrt{a^3+b^3+1}}{ab}+\frac{\sqrt{b^3+c^3+1}}{bc}+\frac{\sqrt{a^3+c^3+1}}{ac}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(c^3+a^3+1\right)}}\)

\(\Rightarrow\frac{\sqrt{a^3+b^3+1}}{ab}+\frac{\sqrt{b^3+c^3+1}}{bc}+\frac{\sqrt{a^3+c^3+1}}{ac}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{27}}\)

\(\Rightarrow B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{27}}\)

Vậy GTNN của \(B=3\sqrt[3]{\sqrt{27}}\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Lời giải:

ĐKXĐ : $x\geq 1$

Sử dụng liên hợp thôi. Dự đoán $x=2$ là nghiệm nên ta làm như sau:

\(\text{PT}\Leftrightarrow \sqrt{x-1}-1+[(x^2+1)-\sqrt{5x^2+5}]=0\)

\(\Leftrightarrow \frac{x-2}{\sqrt{x-1}+1}+\frac{x^4-3x^2-4}{x^2+1+\sqrt{5x^2+5}}=0\)

\(\Leftrightarrow (x-2)\left[\frac{1}{\sqrt{x-1}+1}+\frac{(x^2+1)(x+2)}{x^2+1+\sqrt{5x^2+5}}\right]=0\)

Rõ ràng là với \(x\ge 1\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x-1}+1}+\frac{(x^2+1)(x+2)}{x^2+1+\sqrt{5x^2+5}}>0\). Do đó \(x-2=0\Leftrightarrow x=2\)

Vậy phương trình có nghiệm $x=2$

bấm máy là ra thui x=2

lời giải vắn tắt:

a) \(\widehat{AMB}\)là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn => \(\widehat{AMB}=90^o\)

=>\(\widehat{OMA}+\widehat{OMT}=\widehat{AMB}=90^o\)

MF là tiếp tuyến của (O)=> \(\widehat{OMF}=90^o\rightarrow\widehat{OMT}+\widehat{TMF}=\widehat{OMF}=90^o\)

=> \(\widehat{OMA}=\widehat{TMF}\)(1)

\(\Delta MAB\)~\(\Delta OTB\)(g.g)(tự cm)=>\(\widehat{OAM}=\widehat{OTB}\)

mà \(\widehat{OCB}=\widehat{MTF}\)(đối đỉnh) =>\(\widehat{OAM}=\widehat{MTF}\)(2)

từ (1) và (2)=> \(\Delta OMA\)~\(\Delta FMT\)(g.g)\(\rightarrow\frac{MA}{MT}=\frac{OA}{FT}\rightarrow MA.FT=OA.MT\)

b)\(\Delta OMA\)~\(\Delta FMT\)(cmt ) mà \(\Delta OMA\)cân ở O=> \(\Delta FMT\)cân ở F

=> FM=FT

mà \(\Delta TME\) vuông ở M => ..... FM=FE

c) ta cm được TA=TB

lại có:\(\Delta MTE\)~\(\Delta OTB\)(g.g) \(\rightarrow\frac{ME}{OB}=\frac{TE}{TB}\)\(\rightarrow ME.TB=OB.TE\)

\(\rightarrow ME.TA=R.2R=2R^2\)(TE=2FM=2R)

Thanks nha

Lời giải:

HPT \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+1)(y+1)=4\\ \frac{1}{(x+1)^2-1}+\frac{1}{(y+1)^2-1}=\frac{2}{3}\end{matrix}\right.\)

Đặt \((x+1)^2=a,(y+1)^2=b\)

\(\Rightarrow \text{HPT}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} ab=16(1)\\ \frac{1}{a-1}+\frac{1}{b-1}=\frac{2}{3}(2)\end{matrix}\right.\)

Ta có \((2)\Rightarrow \frac{a+b-2}{ab-(a+b)+1}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{a+b-2}{17-(a+b)}=\frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow a+b=8\) $(3)$

Từ \((1),(3)\Rightarrow a(8-a)=16\Rightarrow a=4\rightarrow b=4\)

Khi đó \((x+1)^2=(y+1)^2=4\Rightarrow \sqsubset ^{x=1}_{x=-3}\) và \( \sqsubset ^{y=1}_{y=-3}\)

Thử lại ta thu được bộ \((x,y)=(1,1),(-3,-3)\) thỏa mãn

cho hoi tu(1),(3) suy ra tinh nhu the nao? ma ra a=4

Lời giải:

Để nhìn biểu thức cho đơn giản, ta đảo \((a,b,c)\mapsto \left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)\)

Bài toán trở thành:

Cho \(a,b,c>0\) thỏa mãn \(2(a^2+b^2+c^2)=ab+bc+ac+\frac{1}{3}\)

Tìm max của \(P=\sum\frac{ab}{\sqrt{6b^2+3a^2}}\)

--------------------------------------------------------------------------------

Áp dụng BĐt Cauchy-Schwarz:

\((6b^2+3a^2)(2+1)\geq (2\sqrt{3}b+\sqrt{3}a)^2\) \(\Rightarrow \frac{ab}{\sqrt{6b^2+3a^2}}\leq\frac{ab}{2b+a}\)

Thiết lập tương tự với các phân thức còn lại:

\(\Rightarrow P\leq \frac{ab}{2b+a}+\frac{bc}{2c+b}+\frac{ac}{2a+c}\) $(1)$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz: \(ab\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\right)\geq \frac{9ab}{2b+a}\)

Tương tự... \(\Rightarrow \frac{ab}{2b+a}+\frac{bc}{2c+b}+\frac{ac}{2c+a}\leq \frac{a+b+c}{3}\) $(2)$

Mặt khác, ta biết rằng \((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\) nên từ đkđb \(2(a^2+b^2+c^2)=ab+bc+ac+\frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow 2(a+b+c)^2=5(ab+bc+ac)+\frac{1}{3}\leq \frac{5(a+b+c)^2}{3}+\frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow a+b+c\leq 1\) $(3)$

Từ \((1),(2),(3)\Rightarrow P\leq\frac{1}{3}\)

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài trên bạn đoán được nghiệm là $5$ thì dùng pp liên hợp đơn giản.

\(\Leftrightarrow (\sqrt{3x+1}-4)-(\sqrt{6-x}-1)+3x^2-14x-5=0\)

\(\Leftrightarrow \frac{3(x-5)}{\sqrt{3x+1}+4}+\frac{x-5}{\sqrt{6-x}+1}+(x-5)(3x+1)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-5)(....)=0\)

Vế bên trong dấu ngoặc hiển nhiên dương nên $x=5$

\(A=5-\sqrt{x+\sqrt{x}+1}\)

ĐK: \(x\ge0\)

=> \(x+\sqrt{x}\ge0\)

=> \(x+\sqrt{x}+1\ge1\)

=> \(\sqrt{x+\sqrt{x}+1}\ge1\)

=> \(-\sqrt{x+\sqrt{x}+1}\le1\)

Do đó: \(A\le4\)

Dấu "=" xảy ra khi x=0

\(B=\frac{3x+6\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}+\frac{\sqrt{x}+3}{1-\sqrt{x}}\left(ĐK:x\ge0;x\ne1\right)\)

\(=\frac{3x+6\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}-\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}-\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}\)

\(=\frac{3x+6\sqrt{x}-\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)-\left(\sqrt{x}+2\right)^2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(=\frac{3x+6\sqrt{x}-x+1-x-4\sqrt{x}-4}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(=\frac{x+2\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+2}\ge\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi x=0

a)A= \(5-\sqrt{x+\sqrt{x}+1}\). ĐKXĐ: \(x\ge0\)

Ta luôn có: \(x+\sqrt{x}\ge0\) với \(x\ge0\)

\(\Rightarrow x+\sqrt{x}+1\ge1\)

\(\Rightarrow\sqrt{x+\sqrt{x}+1}\ge1\)

\(\Rightarrow-\sqrt{x+\sqrt{x}+1}\le-1\)

\(\Rightarrow5-\sqrt{x+\sqrt{x}+1}\le4\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=0\)

Vậy GTLN của A=4 khi x=0

b) B= \(\frac{3x+6\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}+\frac{\sqrt{x}+2}{1-\sqrt{x}}\). ĐKXĐ: \(x\ge0; x\ne1\)

= \(\frac{3x+6\sqrt{x}-\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)-\left(\sqrt{x}+2\right)^2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

= \(\frac{3x+6\sqrt{x}-x+1-x-4\sqrt{x}-4}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\) = \(\frac{x+2\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

= \(\frac{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\) = \(\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+2}=\frac{\left(\sqrt{x+2}\right)+1}{\sqrt{x+2}}\)

= \(\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+2}+\frac{1}{\sqrt{x}+2}=1+\frac{1}{\sqrt{x}+2}\)

Ta luôn có: \(\sqrt{x}+2\ge2\) với \(x\ge0; x\ne1\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{x}+2}\le\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow1+\frac{1}{\sqrt{x}+2}\le\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=0\)

Vậy GTLN của B=\(\frac{3}{2}\) khi x=0

Đề này đúng nhé :)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:

\(1=\left(\frac{2}{\sqrt{3}}.\sqrt{3}x+\frac{3}{\sqrt{2}}.\sqrt{2}y\right)^2\le\left[\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^2+\left(\frac{3}{\sqrt{2}}\right)^2\right].\left[\left(\sqrt{3}x\right)^2+\left(\sqrt{2}y\right)^2\right]\)

\(\Leftrightarrow\frac{35}{6}.\left(3x^2+2y^2\right)\ge1\)

\(\Rightarrow S\ge\frac{6}{35}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix}\frac{\sqrt{3}x}{\frac{2}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{2}y}{\frac{3}{\sqrt{2}}}\\2x+3y=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}x=\frac{4}{35}\\y=\frac{9}{35}\end{matrix}\right.\)

Vậy minS = \(\frac{6}{35}\) tại \(\left(x,y\right)=\left(\frac{4}{35};\frac{9}{35}\right)\)

cậu ơi minS phải = 35/6 chứ ạ :D

Đk:\(-8\le x\le8\)

\(pt\Leftrightarrow\sqrt{8-x}+\sqrt{8+x}+\sqrt{\left(8+x\right)\left(8-x\right)}=4\)

Đặt \(\left\{\begin{matrix}a=\sqrt{8-x}\ge0\\b=\sqrt{8+x}\ge0\end{matrix}\right.\) ta có:

\(a+b+ab=4\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}a=0\\b=4\end{matrix}\right.\) và \(\left\{\begin{matrix}a=4\\b=0\end{matrix}\right.\) \(\left(a,b\ge0\right)\)

Với \(\left\{\begin{matrix}a=0\\b=4\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left[\begin{matrix}\sqrt{8-x}=0\\\sqrt{8+x}=4\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left[\begin{matrix}8-x=0\\8+x=16\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow x=8\) (thỏa mãn)

Với \(\left\{\begin{matrix}a=4\\b=0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left[\begin{matrix}\sqrt{8-x}=4\\\sqrt{8+x}=0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left[\begin{matrix}8-x=16\\8+x=0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow x=-8\)(thỏa mãn)

Vậy pt trên có nghiệm là \(\left[\begin{matrix}x=8\\x=-8\end{matrix}\right.\)

lam sao tu a + b + ab = 4 ra ???

Lời giải:

Đặt \((x,y,z)=(2a,b,2c)\Rightarrow a,b,c\in\left [ 0;1 \right ]\)

Bằng cách dự đoán điểm rơi, ta sẽ đi chứng minh $P\leq 2$, tức là CM:

\(P=(1-a)(1-b)(2-c)+\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1}\leq 2\). Thật vậy.

AM-GM cho bộ $1-a,1-b,a+b+1$ dương, ta có:

\(3=1-a+1-b+a+b+1\geq 3\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(a+b+1)}\)

\(\Rightarrow (1-a)(1-b)(a+b+1)\leq 1\rightarrow (1-a)(1-b)(2-c)\leq \frac{2-c}{a+b+1}\)

Cần CM: \(\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{2}{a+b+1}\leq 2\)\(\Leftrightarrow \frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}\leq \frac{2a+2b}{a+b+1}\)

Hiển nhiên đúng vì \(b+c+1,a+c+1>\frac{a+b+1}{2}\forall a,b,c\in [0;1]\)

Vậy \(P_{max}=2\Leftrightarrow a=b=0;c\in [0;1]\)

Lúc đầu còn nghĩ nhầm đề tính mãi không ra @@