dogsteven

Bài 2:

$A'=24\sin x \cos x (\sin^6 x + \cos^6 x -\cos^4 x -2\sin^4 x +\sin^2 x)$

Mà $\sin^6 x + \cos^6 x -\cos^4 x -2\sin^4 x +\sin^2 x = -\sin^4x - \sin^2x \cos^2x + \sin^2 x =0$

$\Rightarrow A'=0 \Leftrightarrow A$ là hằng số nên không phụ thuộc vào $x$

Bài 1: $l_a= \dfrac{2\sqrt{bc}}{b+c}.(p(p-a)) \leqslant \sqrt{p(p-a)}$

Mà $l_a \geqslant h_a \Rightarrow Q.E.D$

Bài 3: Gọi $O$ là giao điểm của $BC, DA$

Ta có $AC^2+BD^2=OA^2+OB^2+OC^2+OD^2=AB^2+CD^2$

Hỏi ngu tí, sao $a=2b=3c$, như đề bài thì phải là $a=\sqrt[3]{2} b=\sqrt[3]{3} c$ chứ nhỉ.

P/s: Hãy nghĩ cách sơ cấp hơn!

Cộng lại thì được $2x^3+4y^3+6z^3+a^3+2b^3+3c^3 \geqslant 3ax^2+6by^2+9cz^2$

Muốn có $x^2+y^2+z^2$ thì $3a=6b=9c$ hay $a=2b=3c$

Sorry anh. giờ em hiểu ý của anh rồi   

Giả sử $(x;y;z)=(a;b;c)$ là điểm rơi.

Áp dụng BDT Cauchy:

$x^3+x^3+a^3 \geqslant 3ax^2$

$2y^3+2y^3+2b^3 \geqslant 6by^2$

$3z^3+3z^3+3c^3 \geqslant 9cz^2$

Ta tìm $a,b,c$ sao cho $a^2+b^2+c^2=1$ và $a=2b=3c$

Giả hệ ra ta được $(a;b;c)=\left ( \dfrac{6}{7}; \dfrac{3}{7}; \dfrac{2}{7} \right)$

Bước nháp:

$L=x^3+2y^3+3z^3-\lambda (x^2+y^2+z^2-1)$

$\dfrac{dL}{dx}=3x^2-2\lambda x = 0 \Leftrightarrow 2\lambda = 3x$

$\dfrac{dL}{dy}=6y^2-2\lambda y = 0 \Leftrightarrow 2\lambda = 6y$

$\dfrac{dL}{dz}= 9z^2-2\lambda z = 0 \Leftrightarrow 2\lambda = 9z$

Từ đây ta có $x=2y=3z$

Thế vào điều kiện đầu bài ta được $x=\dfrac{6}{7}; y=\dfrac{3}{7}; z=\dfrac{2}{7}$

Bài làm:

$x^3+x^3+(\dfrac{6}{7})^3 \geqslant \dfrac{18}{7}x^2$

$y^3+y^3+(\dfrac{3}{7})^3 \geqslant \dfrac{9}{7}y^2\;\;\;(2)$

$z^3+z^3 +(\dfrac{2}{7})^3 \geqslant \dfrac{6}{7}z^2\;\;\;(3)$

Nhân đôi thằng $(2)$ và nhân 3 thằng $(3)$ mỗi vế rồi cộng hết vào sẽ ra kết quả.

Đặt $(x;y;z)=\left ( \dfrac{bc}{a^2}; \dfrac{ca}{b^2}; \dfrac{ab}{c^2} \right )$

$\Leftrightarrow \sum \dfrac{a^4}{(a^2-bc)^2} \geqslant 1$

Cauchy-Schwarz:

$VT \geqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2-bc)^2+(b^2-ca)^2+(c^2-ab)^2}$

$(\sum a^2)^2 - \sum (a^2-bc)^2 = (ab+bc+ca)^2 \geqslant 0$

$2VT=\sum \sqrt{3+1}\sqrt{3+4^x} \overset{BCS}{\geqslant} 9+2^x+2^y+2^z \overset{Cauchy}{\geqslant} 9+3\sqrt[3]{2^{x+y+z}}=12 \Leftrightarrow VT \ge 6$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=0$

Hình như đề là: $P=\dfrac{x^2}{x^2+yz+x+1}+\dfrac{y+z}{x+y+z+1}-\dfrac{1+yz}{9}$

Ta chứng minh $\dfrac{x^2}{x^2+yz+x+1} \leqslant \dfrac{x}{x+y+z+1}$

$\Leftrightarrow (x-y-z)^2 \geqslant 0$

Mặt khác $4(1+yz)=2+2yz+[x^2+(y+z)^2]  \geqslant 2+2yz+2x(y+z)=(x+y+z)^2$

$P \leqslant \dfrac{x+y+z}{x+y+z+1}-\dfrac{(x+y+z)^2}{36}$

$t=x+y+z$ với $t \in (0; \sqrt{6}]$

Khảo sát hàm 1 biến.

Đề khối A năm 2014

$\mathscr{P}_{M/(O)}=MA.MB=R^2-OM^2=R^2-R.(R-2r)=2Rr$

Hướng làm là ở trên.

Giờ kẻ từ $M$ đường thẳng vuông góc với $AB$ cắt $(O)$ tại $C,D$

Có $CM=DM$

Chứng minh $\Delta ACM \sim \Delta DBM$ và có $MA.MB=MC^2=R^2-OM^2$

Đến đây thì việc còn lại là thế $OM^2=R(R-2r)$ ($MO'$ cắt $(O')$ tại $A', B'$ và chứng minh $OM^2=OB'.OA'$)

$P=ab$

$S^3-3PS+6P=8 \Leftrightarrow 3P(2-S)=(2-S)(S^2+2S+4)$

Xét $S=2 \Rightarrow a=..., b=...$

Xét $S \ne 2$:

$4P=\dfrac{4S^2+8S+16}{3}  \leqslant S^2 \leftrightarrow S = -4$

$\text{min S} = -4 \Leftrightarrow a=b=-2$

$\text{max S}=2$ với mọi $a , b\;\;(\ne -2)$ thỏa mãn điều kiện đầu bài.

Chứng minh $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \geqslant \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$ bằng BDTD

Rồi áp dụng liên tiếp vào là được

thế này nhá :

ta có :

$\sum \frac{a}{ab+2ac+3ad}\geq \frac{(a+b+c+d)^{2}}{4(ab+ac+ad+bc+bd+cd)}\geq \frac{2}{3}$

đến đây biến đổi tương đương ra đpcm 

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=d

xin cái like

Ta có $(a+b+c+d)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2cd+2da+2ac+2bd \geqslant \dfrac{(a+b+c+d)^2}{4}+2(ab+bc+cd+da+ac+bc)$

Bài 1: Èo, dài thế

$(1-x)^2+(-2-y)^2+(x+y)^2 \overset{BCS}{ \geqslant} \dfrac{(1-x-2-y+x+y)^2}{3}=\dfrac{1}{3}$

Dự đoán điểm rơi tại $a=c=k.b$

$2k(a^2+c^2) \geqslant 4kac$

$a^2+k^2b^2 \geqslant 2kab$

$c^2+k^2b^2 \geqslant 2kcb$

Cộng lại: $(2k+1)a^2+2k^2b^2+(2k+1)c^2 \geqslant 2k(ab+bc+2ca)$

Đến đây bạn tự làm.

Định lý: Nếu hai hàm $f(x)$ và $g(x)$ khả tích trên $[a;b]$ và $f(x) \geqslant g(x)\;\;\;\forall\;\;x\in[a;b]$ thì $\int\limits_{a}^{b}f(x) \text{dx}> \int\limits_{a}^{b} g(x) \text{dx}$

Trở lại bài toán:

Với $0\leqslant t \leqslant x$ thì $e^{t} \ge e^{0} \Rightarrow e^{x}\geqslant x+1$

Vậy BDT đúng khi $n=1$

Giả sử BDT đúng đến $n=k$

Lúc này ta có $e^{x} \geqslant 1+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{x^2}{2!}+...+\dfrac{x^n}{n!}$

$\Rightarrow \int\limits_{0}^{x}e^t \text{dt} \geqslant \int\limits_{0}^{x}\left(1+ \dfrac{t}{1!}+\dfrac{t^2}{2!}+...+\dfrac{t^n}{n!}\right ) \text{dt}$

$\Leftrightarrow e^x-1\geqslant x+\dfrac{x^2}{2!}+...+\dfrac{x^{k+1}}{(k+1)k!}$

$\Leftrightarrow e^{x} \geqslant1+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{x^2}{2!}+...+\dfrac{x^{k+1}}{(k+1)!}$

Vậy BDT đúng với $n=k+1$ nên theo nguyên lý Quy nạp BDT đúng với mọi $n\in\mathbb{N}^*$

Đẳng thức xảy ra khi $x\to 0$