thangemmh

$\frac{2^{k+1}.C_{2011}^{k}}{(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2.2012.2013}.2^{k+2}.C_{2013}^{k+2}$
$\Rightarrow A=\frac{1}{2.2012.2013}.(2^{2}C_{2013}^{2}-2^{3}.C_{2013}^{3}+..+2^{2012}C_{2013}^{2012}-2^{2013}C_{2013}^{2013})$
Hic mình giải tới đây thì hết giờ !

Câu1. (4 điểm) giải các phương trình sau:
a) $ x^2 -8(x+3)\sqrt{x-1}+ 22x- 7= 0$
b) $sin^2{x}(4cos^2{x}-1)= cos{x}(sin{x}+ cos{x}- sin{3x})$
...................
Câu4: (3 điểm) Tìm $m$ để phương trình $x^4- mx^3+ (m+ 1)x^2- 2x+ 1= 0$ Không có nghiệm thực.
...................

Bài 5: Biến đổi $ M= 3- (\frac{1}{x+1} + \frac{1}{y+2} +\frac{1}{z+3}) $ rồi dùng cái này $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{9}{a+b+c}$
Phần b Cauchy là xong.

Lỡ chỉ thì chỉ ch hết luôn, nói qua loa không vậy. Cauchy thì ai mà chẳng biết !

5b.(Mình đổi x,y,z thàng a,b,c )
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

\[
a^4+ b^4+ \dfrac{16}{9}+ \dfrac{16}{9} \ge 4\sqrt[4]{a^4.b^4.\dfrac{16}{9}.\dfrac{16}{9}}= \dfrac{16}{3}ab(1)
\]
Tương tự ta có:
\[
a^4+ c^4+ \dfrac{16}{9}+ \dfrac{16}{9} \ge 4\sqrt[4]{a^4.c^4.\dfrac{16}{9}.\dfrac{16}{9}}= \dfrac{16}{3}ac(2)
\]
Và
\[
b^4+ c^4+ \dfrac{16}{9}+ \dfrac{16}{9} \ge 4\sqrt[4]{b^4.c^4.\dfrac{16}{9}.\dfrac{16}{9}}= \dfrac{16}{3}bc(3)
\]
Dấu "=" xảy ra khi $a= b= c= \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ thỏa $(ab+ ac+ bc= 4)$
Từ (1),(2) và (3):
$ => 2A+ \dfrac{32}{3} \ge \dfrac{16}{3}(ab+ac+bc)= \dfrac{64}{3}
<=>A\ge \dfrac{16}{3} $
Vậy
$ MinA= \dfrac{16}{3} $ Khi $ a= b= c= \dfrac{2\sqrt{3}}{3} $

Câu3:
Ta có:
$
x+3= (\sqrt{4x+ 1})^2- (\sqrt{3x- 2})^2
$
BPT $<=> \sqrt{4x+ 1}- \sqrt{3x- 2}> \dfrac{(\sqrt{4x+ 1})^2- (\sqrt{3x- 2})^2}{5}
$
$
<=>(\sqrt{4x+ 1}- \sqrt{3x- 2})(5-(\sqrt{4x+ 1}+ \sqrt{3x- 2}))>0
$
Đến đây thì bạn tự giải nghiệm rồi kẻ bảng là xong, chúc bạn thành công !

Đây là một bài BĐT trong bộ đề ôn thi ĐH của tớ:
Cho các số thực không âm a,b,c thỏa a+b+c=3. tim GTNN của:
\[
P= \sqrt{a^2 + a + 4}+ \sqrt{b^2 + b + 4}+ \sqrt{c^2 + c + 4}
\]
-----Hết-----
Mình giải vậy ai có bài giải hay hay post cho tham khảo:
BĐT phụ:
\[
\sqrt{a^2+b^2} + \sqrt{c^2+d^2} \ge \sqrt{(a+c)^2 + (b+d)^2}
\]
Dấu "=" xảy ra khi ad=bc
(Ta CM bằng cách bình phương và rút gọn 2 lần thì được $a^2d^2 +b^2c^2 \ge 2abcd $ đúng theo BĐT cauchy).
\[
P= \sqrt{(a+\dfrac{1}{2})^2 + (\dfrac{\sqrt{15}}{2})^2 }+ \sqrt{(b+\dfrac{1}{2})^2 + (\dfrac{\sqrt{15}}{2})^2 } + \sqrt{(c+\dfrac{1}{2})^2 + (\dfrac{\sqrt{15}}{2})^2 } ≤ \sqrt{(a+ b+ 2\dfrac{1}{2})^2+ (2\dfrac{\sqrt{15}}{2})^2 }+ \sqrt{(c+\dfrac{1}{2})^2 + (\dfrac{\sqrt{15}}{2})^2 }
\]
\[
≤ \sqrt{(a+ b+ c+ 3\dfrac{1}{2})^2+ (3\dfrac{\sqrt{15}}{2})^2 }
\]
\[= \sqrt{(3+ 3\dfrac{1}{2})^2+ (3\dfrac{\sqrt{15}}{2})^2 } = 3\sqrt{6}
\] (Do a+b+c= 3)
Dấu "=" xảy ra khi
$
(a+\dfrac{1}{2})\dfrac{\sqrt{15}}{2}= (b+\dfrac{1}{2})\dfrac{\sqrt{15}}{2}
$(1)
và
$
(a+ b+ 2\dfrac{1}{2})\dfrac{\sqrt{15}}{2}= 2(c+\dfrac{1}{2})\dfrac{\sqrt{15}}{2}
$(2)
từ (1) và (2) và a+b+c=3
$
=>a=b=c=1
$
Vậy
$
MinP= 3\sqrt{6}
$
Khi
$
a=b=c=1
$
______________________________________________
Cái BĐT phụ kia là BĐT Minxcopki có thể CM bằng phương pháp tọa độ mp dùng cho các bài toán khó hơn.
CM
Đặt:
A(a,b)
B(a+c, b+d)
Với O(0,0) là gốc tọa độ ta luôn có
\[
OA+ AB \ge OB
<=>\sqrt{a^2+ b^2}+ \sqrt{c^2+ d^2} \ge \sqrt{(a+ c)^2+ (b+d)^2} (đpcm)
\]
Dấu "=" xảy ra khi O thuộc đoạn AB

Đặt như bạn thì phải là:
$\dfrac{a^2- \dfrac{3}{2}b^2}{25}-10= $2X-10
chứ ! xin lõi lính mới đánh CT bị hư nên sửa