bất đẳng thức C-S

 cho tớ cái công thức của bđt này dc ko?

Là:

$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{c^2}{d} \ge \dfrac{(a+c)^2}{b+d}$

Lời giải:

Ta luôn có $sin^2{x}+cos^2{x}=1$

$tan{x}.cot{x}=1$

1)
Áp dụng bất đẳng thức C-S,ta có:
$sin^4{x}+cos^4{x} \ge \dfrac{(sin^2{x}+cos^2{x})^2}{2}=\dfrac{1}{2}$

Vậy GTNN của $sin^4{x}+cos^4{x}$ là $1/2$ tại $x=45$

2)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,ta có:

$cot^2{x}+tan^2{x} \ge 2cot{x}.tan{x}=2$

Vậy GTNN của $cot^2{x}+tan^2{x}$ là 2 tại $x=45$

3)

Do $0<sin{x};cos{x} <1$ với $0 \le x \le 90$

$\Longrightarrow sin^{2007}B < sin^2{B}=1-cos^2{B}$

$\Longrightarrow sin^{2007}B+ cosB < 1-cos^2{B}+cos{B} $

Mặt khác $1-cos^2{B}+cos{B} < \dfrac{5}{4}$

Bạn có thể chứng minh bằng cách đưa về HĐT

4)

Ta có: $sin^{2007}B+cos{2008}B < sin^2{B}+cos^2{B}=1$

Bài 1: Cho pt: $x^{3} -(2m+1)x^{2}+(3m+1)x -m-1$ = 0

Tìm m để pt có 3 nghiệm dương phân biệt

Bài 2: Cho a, b, c thoả mãn: 5a+3b+2c=0

CMR: $ax^{2}+bx+c$ = 0 có nghiệm

Bài 3: Cho pt:$2x^{2}+2(m+1)x+m^{2}+4m+3$ = 0

Tìm m để pt có 2 nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức:

 A = $\left | x_{1}x_{2}-2x_{1}-2x_{2} \right |$ max

Bài 1:
Đưa phương trình về:
$(x-1)(x^2+m+1-2mx) =0$
...

giải hệ phương trình:

a.$\left\{\begin{matrix} x^3+y^3=1 & \\ x^5+y^5=x^2=y^2 & \end{matrix}\right.$

b.$\left\{\begin{matrix} x(x+2)(2x=y)=9 & \\ x^2+4x+y=6 & \end{matrix}\right.$

Đề có bị lỗi không vậy bạn? Theo mình nghĩ là

Bạn tham khảo bài 2 tại đây. (Chịu khó dịch nghen )

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,ta có:

$\sqrt{x+yz}=\sqrt{x(x+y+z)+yz}=\sqrt{x^2+x(y+z)+yz} \ge \sqrt{x^2+2x\sqrt{yz}+yz} =\sqrt{(x+\sqrt{yz})^2}=x+\sqrt{yz}$

Thiết lập hai bất đẳng tương tự và cộng lại ta có đpcm

Nguồn:mathscope

bạn giải thích rõ hơn được không, ba dấu gạch ngang là kí hiệu gì, mình chưa hiểu cách giải này cho lắm

Ví dụ $ x \equiv 3 (mod 4)$

có nghĩa là $x$ chia cho 4 được số dư là 3

Ta có: $\tan A +\tan B+ \tan C =\tan A. \tan B . \tan C$

Đặt $\tan A=a;\tan B=b;\tan C=c$

$\Longrightarrow abc=a+b+c$

Ta lại có :

$abc=a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}$

$\Longleftrightarrow abc=a+b+c \ge 3\sqrt{3}$

Áp dụng bất đẳng thức,C-S,ta có:

$a^8+b^8+c^8 \ge \dfrac{(a+b+c)^8}{3^7} \ge 243$

Vậy $A_{min}=243$ khi tam giác $ABC$ đều                                                                                                                                                                                                                                                                                                                                                       

Bạn xem ở đây #5

thế dấu bằng xảy ra khi nào bạn

$a^{2}=\left ( b+c \right )^{2}$?

có khi đề sai

mình cũng thắc mắc chỗ đó.thế còn cách nào khác ko bạn!!!!!!!!!!dấu bằng xảy ra ở biên mà!!!!!!!

Mình làm sai rồi

Cho các số nguyên dương a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$.

Hỏi a + b có là số chính phương không?

Mình cũng không dám chắc lắm

Giả sử $a+b=k^2$ $(k \ge 2)$

Ta có: $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{c}$

$\Longleftrightarrow (a+b)c=ab$

$\Longleftrightarrow k^2c=ab$

$\Longrightarrow ab \vdots k^2$

Mà $(a;b)=1$

$\Longrightarrow a \vdots k^2$      (1)

Tương tự,ta có:

$k^2c \vdots a$

Mà $(a;c)=1$

$\Longrightarrow k^2 \vdots a$    (2)

Từ (1) và (2) suy ra $a=k^2$

Tương tự,ta có: $b=k^2$

$\Longrightarrow a+b=2k^2$

$\Longleftrightarrow k^2=2k^2$ (vô lí)

Vậy $a+b$ không thể là số chính phương

Bạn xem tại đây

Bài 3:

Bạn xem bài tương tự tại đây

Lời giải:

Dễ thấy $MN//BC$

$\Longrightarrow \dfrac{QP}{BC}=\dfrac{AQ}{AB}$

Tương tự,ta có:

$\dfrac{MQ}{AH}=\dfrac{BQ}{AB}$

$\Longrightarrow \dfrac{QP}{BC}.\dfrac{MQ}{AH}=\dfrac{AQ.BQ}{AB^2}=\dfrac{1}{AB^2} \left [ \dfrac{(AQ+QB)^2}{4}-\dfrac{(AM-BM)^2}{4} \right ] \le \dfrac{1}{AB^2}\dfrac{(AM+BM)^2}{4}=\dfrac{1}{4}$

$\Longrightarrow \dfrac{QP}{BC}.\dfrac{MQ}{AH} \le \dfrac{1}{4}$

$\Longleftrightarrow \dfrac{S_{MNPQ}}{2S_{ABC}} \le \dfrac{1}{4}$

$\Rightarrow đpcm$

Ta có:

$\sum \dfrac{a^2}{a+bc}=\sum \dfrac{a^3}{a^2+abc}=\sum \dfrac{a^3}{a^2+bc+ac+ab} =\sum \dfrac{a^3}{(a+b)(a+c)}$

Để chứng minh được BĐT $\sum \dfrac{a^3}{(a+b)(a+c)} \ge \dfrac{a+b+c}{4}$ thì chúng ta sử dụng BĐT $AM-GM$ như sau:

$\dfrac{a^3}{(a+b)(a+c)} +\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+c}{8} \ge ...$

Rồi cộng về theo vế giữa các bất đẳng thức thì ta có được đpcm

3b)

Phương trình $\Longleftrightarrow x^4+y^4+z^4=8z^4+5$

Do vế trái không thể chia 8 dư 5 nên ta có đpcm

Theo đề bài ta có:

$\left\{\begin{matrix}
x^2+y^2=z^2\\xy=2(x+y+z)
\end{matrix}\right.$

$\Longleftrightarrow \left\{\begin{matrix}
(x+y)^2-2xy=z^2\\xy=2(x+y+z)
\end{matrix}\right.$

$\Longleftrightarrow \left\{\begin{matrix}
(x+y)^2-4(x+y+z)=z^2\\xy=2(x+y+z)
\end{matrix}\right.$

$\Longleftrightarrow \left\{\begin{matrix}
(x+y-2)^2=(z+2)^2\\xy=2(x+y+z)
\end{matrix}\right.$

Tới đây ta có thể dễ dàng giải được

Mình có cách này:Chúng ta dựng hình bình hành $MDEC$ nhằm chứng minh tam giác $ENM$ cân rồi suy ra được $NP$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và C-S,ta có:

$\dfrac{c}{\sqrt{a}}+\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{c}} \ge 3$

$\dfrac{b}{\sqrt{a}}+\dfrac{c}{\sqrt{b}}+\dfrac{a}{\sqrt{c}} \ge \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Cộng hai bất đẳng thức trên thì ta có đpcm

Bạn xem tại đây.

Mình nghĩ là đề cho sai rồi

Bạn xem tại đây

a)

Ta có:

$x+y+z=2$

$\Longleftrightarrow (x+y+z)^2=4$

$\Longleftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz=2xy-z^2$

$\Longleftrightarrow (x^2+2xz+z^2)+(y^2+2yz+z^2)=0$

$\Longleftrightarrow (x+z)^2+(y+z)^2=0$

Tới đây dễ rồi

1)Giả sử $x_1;x_2$ là hai nghiệm nguyên của phương trình

$\Longrightarrow x_1+x_2=2m;x_1x_2=2010.2011$

Do $x_1+x_2=2m$ nên $x_1;x_2$ cùng chẵn lẻ.

Do $x_1x_2 \vdots 2$

$\Longrightarrow x_1;x_2$ cùng chẵn

$\Longrightarrow x_1x_2 \vdots 4$

$\Longleftrightarrow 2010.2011 \vdots 4$ (vô lí)

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên

3)Lấy phương trình đầu trừ phương trình sau ta được:

$x(y-z)=14$

Tới đây là dễ rồi

a)Đặt $a=\sqrt[3]{x}$,pttt

$2a^2-5a-3=0$

$\Longleftrightarrow a= 3;a=\dfrac{-1}{2}$

$\Longrightarrow x=\sqrt[3]{3};x=\dfrac{-1}{\sqrt[3]{2}}$