Sorry ad! Mình lần đầu post bài không để ý! Nhờ ad xóa dùm nhé! Thanks!

Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn: $x+y+z=3$

          Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  $Q=\sqrt{1+x^2} +\sqrt{1+y^2} + \sqrt{1+z^2}$

P/S: Tiêu đề không đúng quy định

Bài 1 rõ là đề sai khi a = b = c = 1.

Bài 2. Cách 2, dùng phép đổi biến để thành bài toán đơn giản. Đặt:

b + 2c + 3d = 6x

c + 2d + 3a = 6y

d + 2a + 3b = 6z

a + 2b + 3c = 6t

thì suy ngược lại ta được: (dùng hệ số bất định để tìm ngược lại a, b, c, d. Hoặc có thể dùng phép biến đổi Gauss tìm ma trận nghịch đảo)

a = (-5x + 7y + z + t)/4

b = (-5y + 7z + t + x)/4

c = (-5z + 7t + x + y)/4

d = (-5t + 7x + y + z)/4

Từ đó VT = 1/24 . [ 7(x/t + t/z + z/y + y/x) + (x/y + y/z + z/t + t/x) + (x/z + z/x + y/t + t/y) - 20 ]  

               $\geq$ $\frac{2}{3}$

Trước tiên, đổi biến để có vai trò bình đẳng. Ta đặt a = 2x; b = y thì được (1+x)(1+y) = 9/4. Dùng cauchy ta được:

$\frac{9}{4}\leq \left ( \frac{x+y+2}{2} \right )^2$

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

Tiếp theo ta sẽ dùng BĐT vecto, bằng cách chọn 2 vecto 

$\vec{u}(1;x^2) ; \vec{v}(1;y^2). Do |\vec{u}|+|\vec{v}|\geq |\vec{u}+\vec{v}| \\ \Rightarrow Q\geq 4\sqrt{(1+1)^2 + (x^2+y^2)^2}\geq 2\sqrt{17}$

Đây là một hệ quả của BĐT Schur:

$x^3 +y^3 +z^3 +6xyz \geq (x+y+z)(xy+yz+zx)\geq \sqrt{3(xy+yz+zx))}(xy+yz+zx) = VP$

Phương pháp: Đổi biến, dùng đạo hàm đánh giá giá trị và tìm max, min.

Đặt $t=\frac{x}{y}$. Từ giả thiết ta có 

$\frac{1}{4}\leq t\leq \frac{2}{3}. Đặt u = \frac{x}{y}+\frac{y}{x}=t+\frac{1}{t} \Rightarrow \frac{13}{6} \leq u \leq \frac{17}{4}$

Khi đó biểu thưc đã cho có dạng

$f(u) = (u^2 -2)^2 - 2 - (u^2 - 2)+ u = u^4 -5u^2 +u +4, u \in [\frac{13}{6};\frac{17}{4}]$

Dùng đạo hàm tìm max, min lần nữa là ra.

Đề sai khi b = 3/4; x = 11. Yêu cầu xem lại!!

Yêu cầu bài toán tương đương:   $a^3 +b^3 +3abc<5c^3$ .

Từ giả thiết ta có: $a^2-ab+b^2 = c^2$. Từ đó suy ra đươc các kết quả sau:

$a^3+b^3=c^2(a+b) $

$ ab\leq ab+(a-b)^2 = c^2 $

$a+b\leq 2c (do { } 4c^2 = (a+b)^2 +3(a-b)^2 \geq (a+b)^2 )$

Thay vào Vế trái có ngay đpcm.

Áp dụng BĐT tam giác:  |MA - MB| < AB. Với 

$M(x;0) ; A(\frac{-1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2}) ; B(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2})$

ta có ngay đpcm.

Đặt t = a + b + c, ta có $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{t}$. Từ giả thiết ta được:

$\frac{15}{2}\geq \frac{9}{t}+\frac{3}{2t}\Leftrightarrow t^2-5t+6\leq0\Leftrightarrow 2\leqslant t\leqslant 3$ nên 0 < a,b,c<3

Mặt khác: $\frac{1}{a}+\frac{3}{2a}\geq \frac{1}{4}a^2+\frac{9}{4}\Leftrightarrow (a-1)^2(a-4)\leqslant 0$ (Đúng).

Tương tự cho b và c.

Cộng 3 BĐT này lại ta có đpcm.

$3\leq 2(a+b)^{2}+4ab\leq 2(a+b)^{2}+(a+b)^{2}=3(a+b)^{2} \Leftrightarrow (a+b)^{2}\geq 1$

$P=5(a^4+b^4+a^2b^2)-2(a^2+b^2)+2016=5[(a^{2}+b^{2})^{2}-a^{2}b^{2}]-2[(a+b)^{2}-2ab]+2016 \geq 5[\frac{(a+b)^{4}}{4}-\frac{(a+b)^{4}}{16}]-2[(a+b)^{2}-\frac{(a+b)^{2}}{2}]+2016 =\frac{15}{16}t^{2}-t+2016, t=(a+b)^{2}\geq 1$

$P=5(a^4+b^4+a^2b^2)-2(a^2+b^2)+2016=5[(a^{2}+b^{2})^{2}-a^{2}b^{2}]-2[(a+b)^{2}-2ab]+2016 \geq 5[\frac{(a+b)^{4}}{4}-\frac{(a+b)^{4}}{16}]-2[(a+b)^{2}-\frac{(a+b)^{2}}{2}]+2016 =\frac{15}{16}t^{2}-t+2016, t=(a+b)^{2}\geq 1$

Bạn đánh giá -2(-2ab) = 4ab $\geq (a+b)^2 $ là sai nghen!

Bình phương vế trái và áp dụng BĐT Cauchy cho từng cặp phân số bình phương ta sẽ có:

$\frac{x^2y^2}{z^2}+\frac{y^2z^2}{x^2}+\frac{z^2x^2}{y^2}+ 2(x^2 + y^2 + z^2)\geq (x^2 +y^2 +z^2) +2(x^2+y^2+z^2) =3$ (đpcm)

Ta có:

$x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz=(x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx)=1$

$\Rightarrow xy+yz+zx=x^{2}+y^{2}+z^{2}-\frac{1}{x+y+z}$

$P=x^{2}+y^{2}+z^{2}=(x+y+z)^{2}-2(xy+yz+zx)=(x+y+z)^{2}-(2P-\frac{1}{x+y+z})$

$\Rightarrow 3P=(x+y+z)^{2}+\frac{1}{x+y+z}+\frac{1}{x+y+z}\geqslant 3 \Rightarrow P\geqslant 1$

Dấu "=" xảy ra khi x,y,z thỏa mãn

$\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz=1\\ x+y+z=1 \end{matrix}\right.$

Bài giải về cơ bản là hoàn toàn đúng. Bổ sung thêm 2 ý nhỏ cho chặt chẽ:

1) BĐT $a^3+b^3+c^3 \geq 3abc$ chỉ đúng khi $a+b+c \geq 0$ (Cauchy cho 3 số chỉ là thu hẹp lại miền xác định khi $a,b,c \geq 0$). Do đó từ giả thiết ta suy ra $x+y+z \ge 0$

2)  Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi (x;y;z)=(0;0;1) và các hoán vị của nó. Còn nếu kết luận chính xác nhất để có maxP đó là:

$\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz=1\\ x+y+z=1 \\ \frac{-4}{27} \leq xyz \leq 0   \end{matrix}\right.$

Sử dụng kĩ thuật ghép cặp nghịch đảo:

$P=\left [\frac{x^2}{y-3}+4(y-3) \right ]+\left [\frac{y^2}{x-3}+4(x-3) \right ]-4(x+y-6)\geq 4x+4y-4(x+y-6)=24$

(Theo Cauchy)

Dấu "=" bạn tự làm được chứ?

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 6 .

Phương pháp: dùng đạo hàm đánh giá vế trái là đơn điệu tăng (đánh giá đạo hàm không âm ta phải dùng các phép biến đổi tương đương và bình phương), nên pt có tối đa 1 nghiệm. Đáp số: x = 6.

Đây là dạng toán đếm phải chọn từng bộ rồi sau đó mới bắt đầu đếm trong từng bộ đã chọn trước (cũng như bài toán có bao nhiêu số chia hết cho 3 hoặc 9).

Trước tiên, không gian mẫu là A(7;4) - 1.A(3;6)  (cũng bằng 6.A(3;6) = 6.6.5.4 = 720 số).

Tiếp theo, ta sẽ đếm số lượng số thỏa yêu cầu bài toán (từ đó chia cho không gian mẫu sẽ có ngay xác suất) qua các bước sau:

Bước 1: Lập tất cả các bộ có 4 chữ số phân biệt (từ 0,1,2,3,4,5,6) sao cho số lớn nhất là chữ số chẵn và tổng 3 chữ số còn lại bằng chữ số chẵn lớn nhất này (lưu ý việc lập bộ này hoàn toàn thủ công, vì không có số lượng nhiều, chỉ cần lưu ý thêm tính chẵn lẻ khi cộng nhau là nhanh chóng lập được, và để ý sắp thứ tự để chăc chắn không bị sót) gồm đúng 4 bộ:

        { (0;1;3;4) ; (0;1;5;6) ; (0;2;4;6) ; (1;2;3;6) }

Bước 2: Đếm.

        Trong 3 bộ đầu có số 0; lập được (1.2.2.1).3 = 12 số.

        Bộ cuối lập được 1.3! = 6 số.

        Vậy có tất cả 18 số.

Suy ra xác xuất là 18/720 = 1/40.

Những bài tính tổng có hệ số biến thiên, nếu không cho dùng đạo hàm và tích phân, thì chúng ta chỉ cần xử lý vài bước là tất cả số hạng sẽ về cùng một hệ số, từ đó thành đúng tổng đơn giản là $C.(a+b)^n$.

Cụ thể bài này ta chỉ cần biến đổi sẽ có công thức chung:

$\frac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)}C(n,k)=\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}C(n+3,k+3)$

Từ đó thu được đáp số là $\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}(2^{n+3}-C(n+3,0)-C(n+3,1)-C(n+3,2))$

Có tất cả 2n đội bóng, thì mỗi đội sẽ đá với (2n - 1) đội còn lại. Có tất cả C(2n,2) = n.(2n - 1)  trận đấu.

Như vậy, trong mỗi vòng đấu (từ vòng 1, 2, ..., 2n -1 ) ta luôn tổ chức n trận đấu cho từng cặp (chưa gặp nhau) trong 2n đội bóng thì sẽ luôn thỏa mãn được ycbt. 

Muốn cụ thể hơn bạn có thể ký hiệu số đội bóng và số vòng đấu, rồi lập một quy tắc nào đó cho 2 đội sẽ gặp nhau trong vòng i (lưu ý là có rất nhiều cách để ta bắt cặp).

Từ z có ngay $|z| =  \frac{\sqrt{3}}{3} $. Thay vào Vế trái có ngay kq.

Bạn post nhầm mục rồi, bài này XSTK cho sinh viên, post bên Toán cao cấp nghen!

Đến đây thì mình cũng làm được rồi.

Bạn có thể làm gọn hơn nữa được không?

HIhi,,, Gọn thế nào nữa bạn? Trong ngoặc mình thêm bớt cho 3 cái C rồi trừ bớt lại thôi mà. Khi đó sẽ có tổng từ C(n+3,0) đến C(n+3, n+3) là bằng $2^{n+3}$.

$f(x)=\frac{27}{125}(\frac{5}{3}x)(\frac{5}{3}x)(\frac{5}{3}x)(2-x)(2-x)(2-x)(2-x)(2-x) \\ \leqslant \frac{27}{125}(\frac{3.\frac{5}{3}x+5(2-x)}{8})^8=\frac{27}{125} (\frac{5}{4})^8$

Dấu = xảy ra khi $x=\frac{3}{4}$

Không gian mẫu là C(30,4).

Có 3 trường hợp chọn đúng 2 màu: XĐ, XV, ĐV.

Xét trường hợp có 2 màu XĐ.

+ Có tất cả 7 trường hợp để 4 bi được chọn mang 4 số liên tiếp: (1..4), (2..5), (3..6), (4..7), (5..8), (6..9), (7..10)

   Ta chỉ cần đếm trong TH 4 bi mang số (1, 2, 3, 4): Có 2.2.2.2 - 1.1.1.1 - 1.1.1.1 = 14 cách.

   Nên trường hợp XĐ có 14.7 = 98 cách.

+ Tương tự trường hợp XV, ĐV cũng có 98 cách.

Vậy có tất cả 98.3 = 294 cách chọn theo ycbt.

Từ đó suy ra xác xuất là 294/C(30,4).

Câu hỏi chính là trùng ở đâu? Hihi...

Bài 1: trùng vì 10.11.12 là 1 chỉnh hợp, mang tính có thứ tự. Trong khi bài toán không có tính thứ tự.

Bài 2: Khi bạn cho hoán vị tất cả đối tượng thì hiển nhiên sẽ có rất nhiều trạng thái lặp lại mà không kiểm soát được. Đơn giản như dán 3 con tem vào 3 bì thư: nếu bạn hoán vị 3 con tem là 3! rồi hoán vị 3 bì thư là 3! thì thành kq 3!.3! là sai. Thực chất phải cố đinh 1 đối tượng, chỉ hoán vị 1 đối tượng là đã có tất cả trường hợp, là 3! mà thôi.

Thân!

Hàm số không liên tục tại 0 (vì lim 2 phía khác nhau) nên không thể có đạo hàm tại 0 được.