1)Tìm min Q=$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{abc}$. trong đó $a,b,c>0$; $a+b+c=1$

2)Với giá trị nào của góc nhọn $\alpha$ thì biểu thức P=$3sin\alpha +\sqrt{3}cos\alpha$ có giá trị lớn nhất

3)Cho 3 số thực a,b,c thoả mãn: $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}}=\sqrt{2011}$

CMR: $\sum \frac{a^{2}}{b+c}\geq \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2011}{2}}$

bài 1 $\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq \frac{1}{3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}\geq \frac{3}{(a+b+c)^2}= 3$

$\frac{1}{abc}\geq \frac{27}{(a+b+c)^{3}}=27$

suy ra min Q=30 khi a=b=c=1/3

bài 2 $P^{2}=(3\sin \alpha +\sqrt{3}\cos \alpha )^{2}\leq (3^{2}+3)(\sin \alpha ^{2}+\cos \alpha ^{2})=12 (bunhiacopski)$

dấu = xảy ra khi$\sin \alpha = \sqrt{3}cos\alpha = > \alpha =60$

ừ nhầm làm sai tè le à! rầy quá.

uk dùng cái bdt côsi swat(hem biết viết) ấy

1)Tìm min Q=$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{abc}$. trong đó $a,b,c>0$; $a+b+c=1$

2)Với giá trị nào của góc nhọn $\alpha$ thì biểu thức P=$3sin\alpha +\sqrt{3}cos\alpha$ có giá trị lớn nhất

3)Cho 3 số thực a,b,c thoả mãn: $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+a^{2}}=\sqrt{2011}$

CMR: $\sum \frac{a^{2}}{b+c}\geq \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2011}{2}}$

bài 3 áp dụng bdt$a^{2}+b^{2}\geq \frac{(a+b)^{2}}{2}$ ta có $\sum \frac{a^{2}}{b+c}\geq \sum \frac{a^{2}}{\sqrt{2\left ( b^{2}+c^{2} \right )}}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{\sqrt{2}(\sqrt{b^{2}+c^{2}}+\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+a^{2}})}\geq \frac{\frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}+b^{2}+c^{2}+c^{2}+a^{2})}{\sqrt{2}\sqrt{2011}}$ đến đây bạn tự làm tiếp nhe' phải đi học rồi.áp dụng bdt$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}$

có thể lập được bao nhiêu chữ số gồm 8 chữ số từ 1,2,3,4 mỗi chữ số có mặt 2 lần và không có 2 số giống nhau đứng cạnh nhau

Dễ thấy : x > 0 , y > 0
Thử dùng phương pháp bất đẳng thức

mình thử rồi nhưng nó bị ngược dấu phải:

$xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}$

(1) => $3(x+y)+\frac{4}{x+y}\leq 3\sqrt{2(x^2+y^2)}+\frac{4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}$ đặt là(*)

có x+y>0 $x+y\leq \sqrt{2(x^2+y^2)}$

từ (2) dùng cô si được $x^2+y^2\geq \frac{x+y}{\sqrt{2}}\geq 1$

suy ra (*) luôn đúng (cần cm x=y)

giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} (x+y)(\frac{1}{xy}+3)=\frac{6(x^2+y^2)+4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}\\ 4-x^2-y^2=2\sqrt{2xy}+\sqrt{2-x^2-y^2} \end{matrix}\right.$

Vì sao $x+y\geq \sqrt{2} vậy bạn $

đoạn này mình nhầm chỉ có $1\leq x^2+y^2\leq 2$

Mình học tại đây nè. Chúc bạn thành công

ko xem được bạn ơi.

chắc post nhầm trang rồi

Làm sao để vẽ hình?

chứng minh bất đẳng thức holder dạng $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$

với a,b,c,x,y,z,m,n,p là số thực dương.

$6x^{3}(\sqrt{5-x^2}+3)=128+x^6$

theo hướng của mình thì cần cm (1)>=(4) mà có (1)>=(2) , (4)<=(3)

Bài này khá căng

Đặt x+y=a,x-y=b =>a³b³=3

Pt 1=>ab(a²+b²)=a+3b

Thế a³b³=3 vào ta có a(b³-1)(1-a²b)=0

đoạn $a^{3}b^{3}=3$ không đúng rồi $ab=x^{2}-y^{2}$ mà

Từ phương trình suy ra được $x^3>0\Rightarrow x>0$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có:

$\sqrt{(5-x^2).1}\leq\frac{5-x^2+1}{2}=\frac{6-x^2}{2}$

Do đó, $6x^3(\sqrt{5-x^2}+3)\leq 3x^3(12-x^2)$

Từ pt và điều trên, ta suy ra được:

$128+x^6\leq 3x^3(12-x^2)$

$\Leftrightarrow x^6+3x^5-36x^3+128\leq 0$

$\Leftrightarrow x^6-4x^5+4x^4+7x^5-28x^4+28x^3+24x^4-96x^3+96x^2+32x^3-128x^2+128x+32x^2-128x+128\leq 0$

$\Leftrightarrow (x^2-4x+4)x^4+7x^3(x^2-4x+4)+24x^2(x^2-4x+4)+32x(x^2-4x+4)+32(x^2-4x+4)\leq 0$

$\Leftrightarrow (x-2)^2(x^4+7x^3+24x^2+32x+32)\leq 0$ $(1)$

Ta có: $x^4+7x^3+24x^2+32x+32>0$ với $x>0$

Do đó, $(1)\Leftrightarrow (x-2)^2\leq 0$

$\Leftrightarrow x=2$

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=2$

P/S: Cách hơi trâu.      

hay. đánh giá theo kiểu này đỡ hơn tí xíu $x^{6}+64+64\geq 3.16.x^2\geq 6x^3(\frac{1+5-x^2}{2})\geq 6y^3(3+\sqrt{5-x^2})$

$\lim_{x\rightarrow \infty }(x^{2}-x^{2}\cos \frac{2}{x})= \lim_{x\rightarrow \infty }x^{2}(1-\cos \frac{2}{x})=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{1-\cos\frac{2}{x} }{\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\sin \frac{2}{x}\frac{-2}{x^{2}}}{\frac{-2}{x^{3}}}=\lim_{x\rightarrow \infty }x\sin \frac{2}{x}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\sin \frac{2}{x}}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\cos \frac{2}{x}\frac{-2}{x^{2}}}{\frac{-1}{x^{2}}}=\lim_{x\rightarrow \infty }\cos \frac{2}{x}2=2$

cái này là dùng quy tắc lopital à bạn.

Thay đổi một chút cho hoàn thiện nhé, thực ra cách và hướng làm của bạn đúng rồi.

Ta có:

$y=\sqrt{x^{2}+y^{2}+2x+4y+5}+\sqrt{x^{2}+y^{2}-6x-4y+13}=\sqrt{(x+1)^{2}+(y+2)^{2}}+\sqrt{(3-x)^{2}+(2-y)^{2}}$

Áp dụng BĐT Minkowski ta có: 

$y\geq \sqrt{(x+1+3-x)^{2}+(y+2+2-y)^{2}}=4\sqrt{2}$

Đẳng thức xảy ra khi:

     $\dfrac{x+1}{y+2}=\dfrac{3-x}{2-y}=1$ 
hay $x=y+1$, chẳng hạn chọn $x=1,y=0$

 

Bài toán kết thúc.

mình có 1 cách làm khác không biết có đúng không

như các bạn đã làm trên thì đặt$\vec{u}=(x+1;y+2)$;$\vec{v}=(x-3;y-2)$

$\left | \vec{u} \right |=\sqrt{(x+1)^{2}+(y+2)^{2}}$ và $\left | \vec{v} \right |=\sqrt{(x-3)^{2}+(y-2)^{2}}$

ta có $\vec{u}-\vec{v}=(4;4)$ ;$\left | \vec{u}-\vec{v} \right |=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$

mà ta có $\left | \vec{u} \right |+\left | \vec{v} \right |\geq \left | \vec{u}-\vec{v} \right |$

suy ra y$\geq 4\sqrt{2}$

dấu = xảy ra khi $\vec{u};\vec{v}$cùng dấu tức $\vec{u}=k\vec{v} ,k\geq 0$

$\frac{x+1}{x-3}=\frac{y+2}{y-2}=k> 0$

suy ra x=y+1 và k>0

suy ra x>3 hoặc x<-1 và y>2 hoac y<-2 

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

chứng minh rằng $\lim_{x\to+\infty }(x^{2}-x^{2}cos(\frac{2}{x}))=2$

có cách nào không dùng lopital ko? Hình như trong trương trình phổ thông không cho dùng cái này.

Bạn sử dụng bất đẳng thức phụ là $a+b+c \geqslant a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$ với $a^2+b^2+c^2=3$

Khi đó $A\geqslant \frac{ab+bc+ca+1}{a+b+c}+\frac{16}{\sqrt{a+b+c+1}}$

Đặt $t=a+b+c \leqslant 3$, ta có $ab+bc+ca=\frac{t^2-3}{2}$

$\Rightarrow A\geqslant f(t)=\frac{\frac{t^2-3}{2}+1}{t}+\frac{16}{\sqrt{t+1}}=$

Đến đây bạn khảo sát hàm số là ra.

cho mình hỏi cách chứng minh bất đẳng thức phụ trên với.

cho 3 số thực a,b,c không âm sao cho tổng 2 số bất kì lớn hơn 0. Chứng minh rằng

$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}+9\frac{\sqrt{ab+bc+ac}}{a+b+c}\geq 6$

cho phương trình $64x^{6}-96x^{4}+36{x^{2}}-3=0$

gọi $x=x_{0}$ là một nghiệm của phương trình trên. chứng minh rằng pt có nghiệm

$\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}{2}< x_{0}< \frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{2}$

Cho p nguyên tố lớn hơn 5 Cmr $\binom{p}{2p}$ đồng dư 2 mod $p^{3}$

bạn có thể làm được bài " đề cũng như trên nhưng p nguyên tố và mod $p^{2}$" không?