$dpcm\Leftrightarrow \sqrt[n]{\frac{x_{1}x_{2}...x_{n}}{(x_{1}+y_{1})(x_{2}+y_{2})...(x_{n}+y_{n})}}+\sqrt[n]{\frac{y_{1}y_{2}...y_{n}}{(x_{1}+y_{1})(x_{2}+y_{2})...(x_{n}+y_{n})}}\leq 1$

Áp dụng AM-GM ta có:

$\sqrt[n]{\frac{x_{1}x_{2}...x_{n}}{(x_{1}+y_{1})(x_{2}+y_{2})...(x_{n}+y_{n})}}\leq \frac{1}{n}\left ( \frac{x_{1}}{x_{1}+y_{1}} +\frac{x_{2}}{x_{2}+y_{2}}+...+\frac{x_{n}}{x_{n}+y_{n}}\right )$

$\sqrt[n]{\frac{y_{1}y_{2}...y_{n}}{(x_{1}+y_{1})(x_{2}+y_{2})...(x_{n}+y_{n})}}\leq \frac{1}{n}\left ( \frac{y_{1}}{x_{1}+y_{1}} +\frac{y_{2}}{x_{2}+y_{2}}+...+\frac{y_{n}}{x_{n}+y_{n}}\right )$

Cộng 2 BĐT trên ta có đpcm

Lời giải của thầy Võ Quốc Bá Cẩn:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$b^{2}+(c+a)^{2}\geq \frac{(b+\frac{a+c}{2}+\frac{a+c}{2}+\frac{a+c}{2}+\frac{a+c}{2})^{2}}{5}=\frac{(b+2c+2a)^{2}}{5}$

Do đó $VT\geq \sqrt{5}\sum \frac{a}{b+2c+2a}=\frac{\sqrt{5}}{2}(3-\sum \frac{b+2c}{b+2c+2a})$

                   $\leq \frac{\sqrt{5}}{2}[3-\frac{9(a+b+c)^{2}}{\sum (b+2c)(b+2c+a)}]=\frac{\sqrt{5}}{2}[3-\frac{9(a+b+c)^{2}}{5(a^{2}+b^{2}+c^{2})+10(ab+bc+ca)}]=\frac{3}{\sqrt{5}}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Cho a,b,c là các số thực dương và $k\geq \frac{2}{3}$.Chứng minh rằng:

 $(\frac{a}{b+c})^{k}+(\frac{b}{c+a})^{k}+(\frac{c}{a+b})^{k}\geq \frac{3}{2^{k}}$

a.Ta có:

$y=\frac{1+sinx}{2+cosx}\Leftrightarrow sinx-ycosx=2y-1$

$\Rightarrow 1^{2}+(-y)^{2}\geq (2y-1)^{2}\Leftrightarrow 3y^{2}-4y\leq 0\Leftrightarrow 0\leq y\leq \frac{4}{3}$

$y=0\Leftrightarrow sinx=-1\Leftrightarrow x=-\frac{\pi }{2}+2k\pi$

$y=\frac{4}{3}\Leftrightarrow 3sinx-4cosx=5$

Mình tính nguyên hàm nhé,mình ko biết công thức latex lấy cận

$I=\int \frac{1+sinx}{1+cosx}d(e^{x})=\frac{1+sinx}{1+cosx}.e^{x}-\int e^{x}.\frac{1+sinx+cosx}{(1+cosx)^{2}}dx$

                           $=\frac{1+sinx}{1+cosx}.e^{x}-\int \frac{e^{x}dx}{1+cosx}-\int \frac{e^{x}sinxdx}{(1+cosx)^{2}}$

Mà $\int \frac{e^{x}dx}{1+cosx}=\int \frac{d(e^{x})}{1+cosx}=\frac{e^{x}}{1+cosx}-\int \frac{e^{x}sinxdx}{(1+cosx)^{2}}$

$\Rightarrow I=\frac{1+sinx}{1+cosx}.e^{x}-\frac{e^{x}}{1+cosx}$

Giải Phương trình  

$x^{3}-5x^{2}+14x-4=6\sqrt[3]{x^{2}-x+1}$

ĐK: $sinx\neq -1;sinx\neq \frac{1}{2}$

$cosx+sin2x=\sqrt{3}(1-sinx-2sin^{2}x)=\sqrt{3}(cos2x-sinx)$

$\Leftrightarrow cosx+\sqrt{3}sinx=\sqrt{3}cos2x-sin2x$

$\Leftrightarrow cos(x-\frac{\pi }{3})=cos(2x+\frac{\pi }{6})$

PT$\Leftrightarrow sinx(2cosx-1)+2\sqrt{3}cos^{2}x-(4+\sqrt{3})cosx+2=0$

    $\Leftrightarrow sinx(2cosx-1)+(2cosx-1)(\sqrt{3}cosx-2)=0$

    $\Leftrightarrow (2cosx-1)(sinx+\sqrt{3}cosx-2)=0$

Ta có: $\frac{1+3\sqrt{3}i}{2-\sqrt{3}i}=\frac{(1+3\sqrt{3}i)(2+\sqrt{3}i)}{7}=\frac{-7+7\sqrt{3}i}{7}=-1+\sqrt{3}i$

                                           $=$$2(cos\frac{2\pi }{3}+isin\frac{2\pi }{3})$

$\Rightarrow z=2^{2014}(cos\frac{4028\pi }{3}+isin\frac{4028\pi }{3})=-2^{2014}+2^{2014}\sqrt{3}i$

Xét 2 trường hợp x>1 và x<1 sau sau đó nhân chéo,trường hợp x>1 thì bình phương 2 vế

ĐK: $x\geq 0$

  Đặt $\sqrt{x}=u;\sqrt{3+\sqrt{x}}=v$

 Ta đc hệ đối xứng loại 2: $\left\{\begin{matrix} 3+v=u^{2} & & \\ 3+u=v^{2} & & \end{matrix}\right.$

Đến đây dễ rồi

ĐK:...

Đặt $y=\sqrt{2-x^{2}}$

Ta có hệ PT: $\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}=2 & & \\ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=2 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+y)^{2}-2xy=2 & & \\ x+y=2xy & & \end{matrix}\right.$

Đến đây chắc ngon rồi

Cái chỗ $\frac{\overrightarrow{A}}{1-k}$ nghĩa là thế nào bạn ơi???

Ta có: $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt[5]{1+3x^{4}}-\sqrt{1-2x}}{\sqrt[3]{1+x}-\sqrt{1+x}}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt[5]{1+3x^{4}}-1+1-\sqrt{1-2x}}{\sqrt[3]{1+x}-1+1-\sqrt{1+x}}$

                                                               $=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{3x^{4}}{\sqrt[5]{(1+3x^{4})^{4}}+\sqrt[5]{(1+3x^{4})^{3}}+\sqrt[5]{(1+3x^{4})^{2}}+\sqrt[5]{1+3x^{4}}+1}+\frac{2x}{1+\sqrt{1-2x}}}{\frac{x}{\sqrt[3]{(1+x)^{2}}+\sqrt[3]{1+x}+1}+\frac{x}{1+\sqrt{1+x}}}$

                                                               $=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{3x^{3}}{\sqrt[5]{(1+3x^{4})^{4}}+\sqrt[5]{(1+3x^{4})^{3}}+\sqrt[5]{(1+3x^{4})^{2}}+\sqrt[5]{1+3x^{4}}+1}+\frac{2}{1+\sqrt{1-2x}}}{\frac{1}{\sqrt[3]{(1+x)^{2}}+\sqrt[3]{1+x}+1}+\frac{1}{1+\sqrt{1+x}}}$

                                                               $=\frac{0+1}{\frac{1}{3}+\frac{1}{2}}=\frac{6}{5}$

Cho hàm số $y=\frac{x-4}{x-2}$

Viết phương trình đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B có tọa độ là các số nguyên và diện tích tâm giác OAB bằng 5

Giải hệ phương trình: 

$\left\{\begin{matrix} lnx-lny=x-y & & \\ 2^{x+y}.3^{\frac{x+1}{y}}=36 & & \end{matrix}\right.$

Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $z>0$ và $x,y,z\in [0;1]$ . Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\sqrt{\frac{x^{4}+x^{2}+x+1}{x^{3}+1}}+\sqrt{\frac{2y^{2}+2x+5y+5}{y+1}}+\frac{2}{3}\sqrt{xz+2yz+4-3z}\left ( \sqrt{3\left ( x^{2} +2y^{2}\right )} -2\right )$

Cho hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x+y+4=2xy & & \\ 2^{x+y}=m(\sqrt{x^{2}+x+y^{2}+y+5}+x+y) & & \end{matrix}\right.$

Tìm m để hệ có nghiệm $(x;y)$ thỏa mãn $x\geq 1,y\geq 1$

Cho hình chóp $S.ABC$,$G$ là trọng tâm $\Delta ABC$,một mặt phẳng bất kì cắt $SA,SB,SC,SG$lần lượt tại $A',B',C',G'$.Chứng minh rằng: $\frac{SA}{SA'}+\frac{SB}{SB'}+\frac{SC}{SC'}=\frac{3SG}{SG'}$

Mọi người ai dùng Menelaus đc thì làm hộ em nhé,em xin cảm ơn.

Tính tổng sau: $S=1^{2}C_{n}^{1}+2^{2}C_{n}^{2}+...+n^{2}C_{n}^{n}$

Cho 2 đường thẳng $d$ và $\Delta$; $\Delta :\frac{x-3}{-7}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-1}{3}$ và $d:\frac{x-7}{1}=\frac{y-3}{2}=\frac{z-9}{-1}$

Lập phương trình đường thẳng $d_{1}$ đối xứng với $d$ qua $\Delta$.

Bộ nguồn gồm các nguồn giống nhau $(E=2V;r=6\Omega )$ cung cấp điện cho 1 bóng đèn $(12V;6W)$ sáng bình thường:

a.có 48 nguồn thì mắc thế nào để hiệu suất lớn nhất.

b.Tìm cách mắc để số nguồn là ít nhất.

Mọi người chỉ cho em cách kết luận nghiệm PT lượng giác bằng phương pháp thử trực tiếp đc không ạ,cho em vài ví dụ để em dễ hình dung ạ.Em xin cảm ơn.