Tìm GTLN: Q=$\sqrt{2x^{2}+2x+1} + \sqrt{2x^{2}-8x+10}$

Cho a,b,c$\geq 0 thỏa a+b+c=1.CMR \sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}\geq 7$

Tìm GTNN: A=$(x-1)^{4}+(x-3)^{4}+6(x-1)^{2}(x-3)^{2}$

Xem tại đây:https://diendantoanh...hức-và-cực-trị/

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

a) $x^{4}-5x^{2}y^{2}+4y^{4}=3$

b) $x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz=1$

b)

pt <=> $(x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-z-zx)=1$

a) pt tương đương <=> $(x^{2}-2y^{2}-xy)(x^{2}-2y^{2}+xy)=3$

Đây là pt tích với các hạng tử là ước của 3.

phân tích vế trái thành tích của 2 đa thức không âm

x⁴ - 2x³ + 4x² - 3x + 2

$=(x^{2}-x+2)(x^{2}-x+1)$

Bài 205:https://diendantoanh...sqrt33x-frac12/

Sửa lại lời giải như sau nhé (Cảm ơn tiền bối An Infinitesimal)

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có: $\left ( \dfrac{1}{\sqrt{x+3}}+\dfrac{1}{\sqrt{3x+1}} \right )^2\leqslant 2\left ( \dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{3x+1} \right )$

Mà: $\left ( \dfrac{2}{\sqrt{x}+1} \right )^2-2\left ( \dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{3x+1} \right)=\dfrac{4(\sqrt{x}-1)^4}{(\sqrt{x}+1)^2(x+3)(3x+1)}\geqslant 0$

Do đó: $\frac{1}{\sqrt{x+3}}+\frac{1}{\sqrt{3x+1}}\leqslant \frac{2}{1+\sqrt{x}}$

Đẳng thức xảy ra: $\iff x=1$

Thử lại thấy thoả mãn

 

Không phải AM-GM mà Cauchy-Schwarz

Mình chưa hiểu rõ ý tưởng bài 206.Bạn có thể giải thích rõ không?

Bài 210: Chưa học nghiệm phức nên không có biết tính là nghiệm không.Có gì sai mọi người chỉ dùm!

ĐK: $\sqrt{\frac{1}{2}}\leq x\leq \sqrt{2}$

Ta có:$\sqrt{2-x^{2}}\leq \frac{1}{2}(2-x^{2}+1)=\frac{1}{2}(3-x^{2})$(AM-GM)

$\sqrt{2-\frac{1}{x^{2}}}\leq \frac{1}{2}(2-\frac{1}{x^{2}}+1)=\frac{1}{2}(3-\frac{1}{x^{2}})$

=> $\sqrt{2 - x^{2}} + \sqrt{2 - \dfrac{1}{x^{2}}}\leq \frac{1}{2}(6-x^{2}-\frac{1}{x^2})$(1)

Mặt khác, $4-(x+\frac{1}{x})-(\frac{1}{2}(6-x^{2}-\frac{1}{x^2}))=(x^{2}-x)^{2}+(x-1)^{2}\geq 0$

=>  $4-(x+\frac{1}{x})\geq \frac{1}{2}(6-x^{2}-\frac{1}{x^2})$(2)

(1) ^(2)=>$VT\leq VP$

=> $VT=VP <=> x=1$(nhận)

Vậy S={1}

Tiếp lửa cho topic bằng 2 bài toán sau đây:

$\boxed{207}$ Giải phương trình $\sqrt{4x-1}+\sqrt[4]{8x-3}=4x^4-3x^2+5x$

$\boxed{208}$ Giải phương trình: $x+\sqrt{2x-1}\sqrt[3]{2x+1}=3+\sqrt{x+2}\sqrt[3]{x+4}$

Bài 207:

ĐK:$x\geq \frac{3}{8}$

Ta có: $\sqrt{4x-1}=\sqrt{1.(4x-1)}\leq \frac{4x-1+1}{2}=2x$(AM-GM)

$\sqrt[4]{8x-3}=\sqrt[4]{1.1.1(8x-3)}\leq \frac{1+1+1+8x-3}{4}=2x$ (AM-GM)

=>$\sqrt{4x-1}+\sqrt[4]{8x-3}\leq 4x$

Mặt khác, $4x^{4}-3x^{2}+5x-4x=x(x+1)(2x-1)^{2}\geq 0$ (đúng theo đk của x)

=> $4x^{4}-3x^{2}+5x\geq 4x$

=> $4x^{4}-3x^{2}+5x\geq \sqrt{4x-1}+\sqrt[4]{8x-3}$

=> $4x^{4}-3x^{2}+5x=\sqrt{4x-1}+\sqrt[4]{8x-3}$ <=> x=$\frac{1}{2}$ (n)

Vậy S={$\frac{1}{2}$}

2.Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng engel, ta có:

$VT=\frac{x^{4}}{a}+\frac{y^{4}}{b}\geq \frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{a+b}=\frac{1}{a+b}=VP$

=> $VT\geq VP \Rightarrow VT=VP\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{a}=\frac{y^{2}}{b}$(1)

=> $\frac{x^{2006}}{a^{1003}}+\frac{y^{2006}}{b^{1003}}=2\frac{y^{2006}}{b^{1003}}$(2)

Mặt khác,

Từ (1) 

=> $a=\frac{x^{2}b}{y^{2}}$

=> $\frac{2}{(a+b)^{1003}}=\frac{2}{(\frac{x^{2}b}{y^{2}}+b)^{1003}}=\frac{2}{b^{1003}(\frac{x^{2}+y^{2}}{y^{2006}})}=\frac{2y^{2006}}{b^{1003}}$(3) 

Từ (2) và (3)=> đpcm.

Bài 25.

$bdt\Leftrightarrow \sum \frac{b^2c(a+b+c)}{a^3(b+c)}\geq \frac{9}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{b^2c}{a^2(b+c)}+\sum \frac{b^2c}{a^3}\geq \frac{9}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{b^2c}{a^2(b+c)}+\sum \frac{c^2a}{b^3}\geq \frac{9}{2}$

 

Áp dụng bđt $Cô-si$ : 

 

$VT=\sum \left [  \frac{b^2c}{a^2(b+c)}+\frac{c^2a}{2b^3}\right ]+\sum\frac{c^2a}{2b^3}\geq 2\sum \frac{c\sqrt{c}}{\sqrt{2ab(b+c)}}+\frac{3}{2}$

 

$= \frac{3}{2}+2\sum \frac{c^2}{\sqrt{2abc(b+c)}}\geq \frac{3}{2}+\frac{2(a+b+c)^2}{\sqrt{2abc}(\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}+\sqrt{a+b})}= \frac{3}{2}+\frac{2(a+b+c)^2}{A}$

 

với $A=\sqrt{2abc}(\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}+\sqrt{a+b})$

 

Ta có $A^2=2abc(\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}+\sqrt{a+b})^2\leq 2abc.6(a+b+c)$ ( áp dụng $(x+y+z)^2 \leq 3(x^2+y^2+z^2)$ )

 

$=12(ab.bc+bc.ca+ca.ab)\leq 4(ab+bc+ca)^2$  ( áp dụng $3(xy+yz+zx) \leq (x+y+z)^2$ )

 

$\leq \frac{4(a+b+c)^4}{9}$   ( áp dụng $3(xy+yz+zx) \leq (x+y+z)^2$ )

 

$\Rightarrow A\leq \frac{2(a+b+c)^2}{3}$

 

$\Rightarrow VT\geq \frac{3}{2}+\frac{2(a+b+c)^2}{\frac{2(a+b+c)^2}{3}}= \frac{9}{2}$

 

Vậy ta có $đpcm$.

Đâu cần dữ dội vậy bạn

Ta có: $\sum \frac{b^{2}c}{a^{3}(b+c)}\geq 3\sqrt[3]{\prod \frac{b^{2}c}{a^{3}(b+c)}}= \frac{3}{\sqrt[3]{ (b+c)(c+a)(a+b)}}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}$

=> đpcm

2) Bổ đề: ($\sum a^{2})(\sum a)\geq 3(\sum a^{2}b)$(Chứng minh bằng cách khai triển rồi dùng AM-GM)

Quay lại bài toán

=> $3(\sum a)\geq 3(\sum a^{2}b)$

=> $\sum a\geq \sum a^{2}b$

Mà  $a+b+c\leq \sqrt{3.(\sum a^{2})}=\sqrt{3.3}=3$

=> $3\geq \sum a^{2}b$

=> đpcm.

Ps: Tiện thể coi lại đề bài 3. Đề sao ý  3c2 là gì

$C^{k}_{n}$ là tổ hợp chập k của n phần tử.

Vậy bạn có tài liệu về nó không

2) Ta có một số công thức như sau:

1.$_{b}^{a}\textrm{C}=_{b-1}^{a}\textrm{C}+_{b-1}^{a-1}\textrm{C}$

2.$_{n}^{0}\textrm{C}+_{n}^{1}\textrm{C}+...+_{n}^{n}\textrm{C}=2^{n}$

Công thức 2 dễ dàng cm bằng cách khai triển nhị thức Newton $(a+b)^{n}$ với a=b=1

Quay lại bài toán:

Ta có: $_{2018}^{0}\textrm{C}+_{2018}^{2}\textrm{C}+...+_{2018}^{1008}\textrm{C}=(_{2017}^{0}\textrm{C}+_{2017}^{1}\textrm{C}+_{2017}^{2}\textrm{C}+...+_{2017}^{1007}\textrm{C}+_{2017}^{1008}\textrm{C})-_{2017}^{0}\textrm{C}+_{2018}^{0}\textrm{C}=\frac{2^{2017}}{2}+1-1=2^{2016}$

=> $_{2018}^{0}\textrm{C}+_{2018}^{2}\textrm{C}+...+_{2018}^{1008}\textrm{C}=2^{2016}$

P/s:Bài này mà để những bạn lớp 9 làm thì khó thật.

Góp vui:

25. Cho $a,b,c>0$. Chứng minh: $\sum \frac{b^2c}{a^3(b+c)}\geq \frac{1}{2}(a+b+c)$

26. Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\sum \frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}\leq \frac{3}{2}$

Bài 26: Dễ dàng cm 3$\geq ab+bc+ca$(bằng cách dùng bổ đề: $(\sum a)^{2}\geq 3(\sum ab)$)

=> $c^{2}+3\geq c^{2}+\sum ab=(c+a)(c+b)$

tt, $a^{2}+3\geq (a+b)(a+c),b^{2}+3\geq (b+c)(b+a)$

=> $P=\sum \frac{ab}{\sqrt{c^{2}+3}}\leq \sum \frac{ab}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}\leq \sum \frac{ab}{2}(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b})=\frac{1}{2}\sum a=\frac{3}{2}$ (a+b+c=3)

=>Q.E.Đ

P/s:Bài 25 dấu bằng xảy ra khi nào vậy

Bài 2:Xét x=0 => y=0

Xét x khác 0:

(1)+(2) =>$18x=3xy+2011\begin{vmatrix}xy \end{vmatrix}$

Nhận thấy VP >0=> VT>0=> 18x >0 => x>0

=>$18x=x(2011\left | y \right |+3y)$

=> $18=2011\left | y \right |+3y$

Nếu y>0

=> $18=2014y$

=> $y=\frac{18}{2014}=\frac{9}{1007}$

=> x=$\frac{9}{490}$

Nếu y<0

=> $18=-2008y$

=> $y=\frac{-9}{1004}$

=> $x=\frac{-18}{1031}$(Loại)

KL.

Thấy Topic chưa có bài hình nên đóng góp cho 2 bài:

1) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và At là tiếp tuyến của nửa đường tròn tại A. Từ một điểm P trên tia At vẽ tiếp tuyến PM tới nửa đường tròn (M là tiếp điểm, M khác A). Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt đường thẳng BM tại N.

            a) Chứng minh năm điểm A, P, O, M, N cùng nằm trên một đường tròn.

            b) Khi AP = x (x > 0), hãy tính diện tích tứ giác POMN theo R và x.

          2) Cho hình vuông ABCD, M và N là hai điểm thuộc cạnh BC và CD sao cho $\angle MAN=45^{o}$.  Các đoạn thẳng AM, AN lần lượt cắt BD tại P, Q. Gọi R là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh rằng AR vuông góc với MN

Câu bất: $x^{2}+y^{2}-2x-4y\leq 0$

<=> $(x-1)^{2}+(y-2)^{2}\leq 5$

Theo bđt Cauchy-Schwarz, ta có:

$(x-1)^{2}+(y-2)^{2}\geq \frac{(x-1+2y-4){2}}{5}=\frac{(x+2y-5)^{2}}{5}$

=> $\frac{(x+2y-5)^{2}}{5}\leq 5$

=> $(x+2y-5)^{2}\leq 25$

=> $-5\leq x+2y-5\leq 5$

=> $x+2y\leq 10$

=> Max x+2y=10 <=> x=2,y=4

Ngoài ra, bài này cũng có Min=0 <=> x=y=0

Bài 2 :ĐK:$x\leq 0, x\geq 1$

Pt tương đương <=> $(x^{2}-x)(x^{2}-x-1)-\sqrt{2(x^{2}-x)}=0$

<=> $\sqrt{x^2-x}(\sqrt{x^{2}-x}(x^{2}-x-1)-\sqrt{2})=0$

<=> $\begin{bmatrix}x^{2}-x=0 & \\\sqrt{x^{2}-x}(x^{2}-x-1)-\sqrt{2}=0 & \end{bmatrix}$

TH1: $x^{2}-x=0$

<=> $\begin{bmatrix}x=0(n) & \\x=1(n) & \end{bmatrix}$

TH2: $\sqrt{x^{2}-x}(x^{2}-x-1)-\sqrt{2}=0$

Đặt $\sqrt{x^{2}-x}=t(t\geq 0)$, pt trở thành:

$t^{3}-t-\sqrt{2}=0$

=> $t=\sqrt{2}$(n)

=> $\sqrt{x^{2}-x}=\sqrt{2}$

=> $x^{2}-x=2 => x^{2}-x+2=0$

=> $\begin{bmatrix}x=-1(n) & \\x=2(n) & \end{bmatrix}$

KL.

Dùng Latex đó bạn

Bài 35: Cho a,b,c Tìm Max x,y,z là sao?

Góp vui:

25. Cho $a,b,c>0$. Chứng minh: $\sum \frac{b^2c}{a^3(b+c)}\geq \frac{1}{2}(a+b+c)$

26. Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\sum \frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}\leq \frac{3}{2}$

Bài 25 sai <=> a=b=c=2

Các bạn nhớ đánh số thứ tự bài cho đúng nha

Hì Hì , mình đâu mắng bạn đâu

Câu 19. (+)

z=0$\rightarrow KTM$

Giả sử $x>y>z>0 ,$ ta có:

$2^{x}+2^{y}+2^{z}=2336=2^{5}.73$

Mà theo giả sử , ta có :$x>y>z\rightarrow 2^{x}+2^{y}+2^{z}\vdots 2^{z}$

$\rightarrow 2^{5}.73\vdots 2^{z}\rightarrow 5\geq z$

$(+) z=5$ $\rightarrow 2^{x}+2^{y}=2304=2^{5}.9=2^{x-y}(2^{y}+1)\rightarrow y=3;x=8$

Ta làm tương tự với trường hợp các còn lại của z

Z nguyên dương đâu cần xét Z=0

Góp vui:

25. Cho $a,b,c>0$. Chứng minh: $\sum \frac{b^2c}{a^3(b+c)}\geq \frac{1}{2(a+b+c}$

26. Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\sum \frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}\leq \frac{3}{2}$

Bài 25: Mình nghĩ VP là $\frac{9}{2(a+b+c)}$