Oral1020

Ừ nhỉ, để mình kt lại đã. 

Nhớ không lầm bài này chỉ đúng với $k=\dfrac{n(n+1)}{2}$ thôi thì phải.Cách chứng minh là tách hệ số ra sài AM-GM sao cho $A \le \dfrac{(x+y)^k}{2^{k-1}}$

Giải:

Dùng phương pháp qui nạp

Hiển nhiên BĐT đúng với $n=2$.

Giả sử BĐT đúng với $n=k$ $\Rightarrow x^ky^k(x^k+y^k)\leq 2$

Ta sẽ đi chứng minh BĐT đúng với $n=k+1$ $\Leftrightarrow x^{k+1}y^{k+1}(x^{k+1}+y^{k+1})\leq 2$

$\Leftrightarrow x^ky^kxy(x^kx+y^ky)\leq 2$

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:

$x^kx+y^ky\leq \sqrt{(x^{2k}+y^{2k})(x^2+y^2)}$

$\Rightarrow x^ky^kxy(x^kx+y^ky)\leq x^ky^kxy\sqrt{(x^{2k}+y^{2k})(x^2+y^2)}= \sqrt{(x^k)^2(y^k)^2[(x^k)^2+(y^k)^2]x^2y^2(x^2+y^2)}\leq \sqrt{2.2}=2$ 

Vậy BĐT đúng với $n=k+1$ $\Rightarrow$ Đpcm.

Sao mình thử với $x=0,98;y=1.02;k=4$ thì bất đẳng thức ngược chiều.

Cho $a;b; \in N^*$ và $(a^2+b^2) \vdots (ab-1)$.Tính : $\dfrac{a^2+b^2}{ab-1}$

Xét $f(x)=x(3-y-z)+3(y+z)-yz$ với $x \in [1;2]$

Xét $f(1)=3+2y+2z-yz=(2-y)(z-2)+7 \le 7$

      $f(2)=6+x+y-yz=(y-1)(z-1)+7 \le 7$

Mà $f(x) \le max {f(1);f(2)} \le 7$

Vậy max $f(x)=7$ khi $x=2;y=2;z=1$ và $x=1;y=1;z=2$ và các hoán vị

bài 1:

Bạn đi chứng minh :
$P \ge \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$ (1)

Bằng cách bình phương hai vế và rút gọn ta còn lại bất đẳng thức sau:

$\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2} \ge x^2+y^2+z^2$

$\Longrightarrow \sum \dfrac{ab}{c} \ge \sum a$

Với $a=x^2;...$

Bất đẳng thức trên chứng minh được bằng cách

$BĐT \longleftrightarrow abc.\sum \dfrac{1}{a^2} \ge abc.\sum \dfrac{1}{ab}=VT$

=> (1) đúng.Áp dụng giả thiết ta có đpcm

Ta có:

$a(a+b+c)+bc=a^2+ab+bc+ac=(a+b)(a+c)$

Tương tự,ta được:

$A= (a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2$ là một số chính phương

Giải phương trình: $4\sqrt{x-1}=32x^{4}-80x^{3}+50x^{2}+4x-3$.

(Mời các bạn THCS thảo luận)

Bạn xem tại đây

Bình phương và thu gọn,ta được:

$x^4+10x^2-x+20=0$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,ta có
$VT \ge 12x^2-x+19 > 0$

Do vậy,pt đã cho vô nghiệm

Cho $a;b;c >0$ thỏa mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a} \ge 3a^2+3b^2+3c^2$

P/s:Càng nhiều cách càng tốt nhé !

Giả sử $f(x)=ax^2+bx+c$ (do đề bài cho là đa thức bậc hai)
Suy ra

$f(x)-f(x-1)=ax^2+bx+c-a(x-1)^2-b(x-1)-c=2ax+a+b$

Mà $f(x)-f(x-1)=x$

$\Rightarrow 2ax+a+b=x$

Do đó $a+b =0$ và $a=1/2$ từ đó ta suy ra $a=1/2;b=-1/2$

Do đó $f(x)=\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x}{2}+c$

$f(n)=1+2+3+...+n$

Áp dụng điều ta vừa chứng minh được thì:
$f(1)-f(0)=1$

$f(2)-f(1)=2$

....

$f(n)-f(n-1)=n$

Do đó

$1+2+...+n=f(1)-f(0)+f(2)-f(1)+...+f(n)-f(n-1)=f(n)-f(0)=\dfrac{n^2}{2}-\dfrac{n}{2}=\dfrac{n(n-1)}{2}$

Cho x;y;z không âm,thoảvx+y+z=3.Chứng minh rằng :$2(x^2+y^2+z^2)+xyz \ge 7 $

Cộng lần lượt từng biểu thức cho abc,ta được bđt tương đương với:
$\sum \dfrac{ab^2(a+c)}{a+b} \ge 3abc$

Bất đẳng thức trên luôn đúng theo AM-GM cho 3 số

$156.c$

Mình áp dụng dụng bất đẳng thức Cauchy cho :
$x(1-x)^3=\dfrac{3x(1-x)(1-x)(1-x)}{3} \le \dfrac{27}{256}$
dấu = xảy ra khi $x=\dfrac{1}{4}$

Chú ý: Trích đề

Bằng Cauchy-Schwart,ta đánh giá được:
$\sum \dfrac{a^3}{b} \ge \sum a^2$

Mặt khác ta lại có:
$a^2+b^2+c^2 \ge 2a+2b+2c-3$

$2(a^2+b^2+c^2) \ge 2(ab+ac+bc)$

Cộng vế theo vế và sử dụng giả thiết ta sẽ tìm được min của biểu thức

 

43) Cho hình thang cân ngoại tiếp hình tròn có độ dài 2 đáy là $\frac{2}{\pi}cm$ và $6cm$. Diện tích hình tròn nội tiếp hình thang bằng ...

 

44) Tam giác $ABC$ có $\widehat{B}=60^o$; $BC=8cm$; $AB+AC=12cm$. Tính $AB$
 

45) Tìm $x$ biết $x^2+\frac{4x^2}{(x+2)^2}=5$

 

46) Tính $x^4+y^4$ biết $\left\{\begin{matrix}x+y=4  &  & \\ (x^2+y^2)(x^3+y^3)=280  &  &  \end{matrix}\right.$

 

 

Tính đại nhá .
Do tứ giác ngoại tiếp nên AB+DC=AD+BC$=\dfrac{2}{\pi}+6$
Suy ra AD=$\dfrac{1}{\pi}+3$
Kẻ hai đường cao AH.Ta tính được $DH=\dfrac{6-\dfrac{2}{\pi}}{2}$
Từ đó ta tính được AH.Mà AH chính là đường kính của đường tròn đó => dt=3

Gọi tâm hình tròn nt là O, hình thang là ABCD

Kẻ OM, ON, OP lần lượt vuông góc vs AB, AD, DC

Chứng minh đc AOD là tam giác vuông

$\Rightarrow OM^{2}=MA.MD=\frac{3}{\pi }$

Diện tích hình tròn là 3
@Oral:Mình bị lộn (đã sửa )