K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
L
4
12 tháng 12 2018
\(1=\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\ge\frac{\left(1+2\right)^2}{x+y}=\frac{9}{x+y}\Leftrightarrow x+y\ge9\)
3 tháng 1 2023
Em xin giải bài toán kia nhé :)
Trước hết ta có hằng đẳng thức:
\(x^5+5x^4y+10x^3y^2+10x^2y^3+5xy^4+y^5=\left(x+y\right)^5\)
Biến đổi hằng đẳng thức trên:
\(x^5+y^5+5xy\left(x^3+2x^2y+2xy^2+y^3\right)=\left(x+y\right)^5\)
\(\Rightarrow x^5+y^5+5xy\left[\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)+2xy\left(x+y\right)\right]=\left(x+y\right)^5\)
\(\Rightarrow x^5+y^5+5xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)=\left(x+y\right)^5\) (*)
Quay lại bài toán trên:
Theo BĐT Cauchy ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{xy}\le\dfrac{x+y}{2}\left(1\right)\\2xy\le x^2+y^2\Rightarrow3xy\le x^2+xy+y^2\Rightarrow xy\le\dfrac{x^2+xy+y^3}{3}\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
Vì cả 2 vế của BĐT (1) và (2) đều dương nên lấy \(\left(1\right).\left(2\right)\) ta được:
\(xy\sqrt{xy}\le\dfrac{1}{6}\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\)
\(\Rightarrow x^5+2023xy.xy\sqrt{xy}+y^5\le x^5+\dfrac{2023}{6}xy.\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+y^5\left(3\right)\)
Đặt \(A=x^5+\dfrac{2023}{6}xy.\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+y^5\)
\(=\dfrac{6x^5+2023xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+6y^5}{6}\)
\(=\dfrac{6\left[x^5+5xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+y^5\right]+1993xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)}{6}\)
Áp dụng (*) ta có:
\(A=\dfrac{6\left(x+y\right)^5+1993xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)}{6}\left(4\right)\)
Ta có: \(xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\)
\(=\dfrac{1}{3}.3xy\left(x^2+xy+y^2\right)\left(x+y\right)\)
Theo BĐT Cauchy ta có:
\(3xy\left(x^2+xy+y^2\right)\le\left[\dfrac{3xy+\left(x^2+xy+y^2\right)}{2}\right]^2=\left[\dfrac{\left(x+y\right)^2+2xy}{2}\right]^2\left('\right)\)
\(xy\le\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^2=\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}\left(''\right)\)
Từ (') và ('') ta có:
\(3xy\left(x^2+xy+y^2\right)\le\left[\dfrac{\left(x+y\right)^2+2.\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}}{2}\right]^2=\left[\dfrac{3}{4}\left(x+y\right)^2\right]^2=\dfrac{9}{16}\left(x+y\right)^4\)
\(\Rightarrow xy\left(x^2+xy+y^2\right)\le\dfrac{3}{16}\left(x+y\right)^4\)
\(\Rightarrow xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\le\dfrac{3}{16}\left(x+y\right)^5\left(5\right)\)
Từ (4), (5) ta có:
\(A\le\dfrac{6\left(x+y\right)^5+1993.\dfrac{3}{16}\left(x+y\right)^5}{6}=\dfrac{\dfrac{6075}{16}\left(x+y\right)^5}{6}=\dfrac{2025}{32}\left(x+y\right)^5\)
\(\Rightarrow A\le\dfrac{2025}{32}\left(x+y\right)^5\) hay
\(x^5+\dfrac{2023}{6}xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+y^5\le\dfrac{2025}{32}\left(x+y\right)^5\left(6\right)\)
Từ (3), (6) ta có:
\(x^5+2023x^2y^2\sqrt{xy}+y^5\le\dfrac{2025}{32}\left(x+y\right)^5\)
\(\Rightarrow\sqrt[5]{x^5+2023x^2y^2\sqrt{xy}+y^5}\le\sqrt[5]{2025}.\dfrac{x+y}{2}\left(1'\right)\)
Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có:
\(\sqrt{xy}\le\dfrac{x+y}{2}\left(2'\right)\)
Vì cả 2 vế của (1') và (2') đều dương nên lấy \(\left(1'\right).\left(2'\right)\) ta được:
\(\sqrt{xy}.\sqrt[5]{x^5+2023x^2y^2\sqrt{xy}+y^5}\le\sqrt[5]{2025}.\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}\)
\(\Rightarrow\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{xy}}}{\sqrt[5]{x^5+2023x^2y^2\sqrt{xy}+y^5}}\ge\dfrac{4}{\sqrt[5]{2025}.\left(x+y\right)^2}\left(7\right)\)
CMTT ta cũng có:
\(\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{yz}}}{\sqrt[5]{y^5+2023y^2z^2\sqrt{yz}+y^5}}\ge\dfrac{4}{\sqrt[5]{2025}.\left(y+z\right)^2}\left(8\right)\)
\(\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{zx}}}{\sqrt[5]{z^5+2023z^2x^2\sqrt{zx}+z^5}}\ge\dfrac{4}{\sqrt[5]{2025}.\left(z+x\right)^2}\left(9\right)\)
Lấy \(\left(7\right)+\left(8\right)+\left(9\right)\) rồi nhân mỗi vế của BĐT mới cho \(\left(x+y+z\right)^2\) ta được:
\(\left(x+y+z\right)^2\left(\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{xy}}}{\sqrt[5]{x^5+2023x^2y^2\sqrt{xy}+y^5}}+\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{yz}}}{\sqrt[5]{y^5+2023y^2z^2\sqrt{yz}+y^5}}+\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{zx}}}{\sqrt[5]{z^5+2023z^2x^2\sqrt{zx}+z^5}}\right)\)\(\ge\dfrac{4}{\sqrt[5]{2025}}\left(x+y+z\right)^2\left[\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}+\dfrac{1}{\left(y+z\right)^2}+\dfrac{1}{\left(z+x\right)^2}\right]\left(10\right)\)
Theo BĐT Cauchy ta có:
\(\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}+\dfrac{1}{\left(y+z\right)^2}+\dfrac{1}{\left(z+x\right)^2}\ge3.\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2}}\)
\(\ge3.\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left[\left(\dfrac{x+y+y+z+z+x}{3}\right)^3\right]^2}}\)
\(=3.\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left[\dfrac{2}{3}\left(x+y+z\right)\right]^6}}=3.\dfrac{1}{\left[\dfrac{2}{3}\left(x+y+z\right)\right]^2}=\dfrac{27}{4\left(x+y+z\right)^2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}+\dfrac{1}{\left(y+z\right)^2}+\dfrac{1}{\left(z+x\right)^2}\ge\dfrac{27}{4\left(x+y+z\right)^2}\left(11\right)\)
Từ (10) và (11) ta có:
\(\left(x+y+z\right)^2\left(\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{xy}}}{\sqrt[5]{x^5+2023x^2y^2\sqrt{xy}+y^5}}+\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{yz}}}{\sqrt[5]{y^5+2023y^2z^2\sqrt{yz}+y^5}}+\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{zx}}}{\sqrt[5]{z^5+2023z^2x^2\sqrt{zx}+z^5}}\right)\)
\(\ge\dfrac{4}{\sqrt[5]{2023+2}}.\left(x+y+z\right)^2.\dfrac{27}{4\left(x+y+z\right)^2}=\dfrac{27}{\sqrt[5]{2023+2}}\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)
1 tháng 1 2023
lâu rồi không gặp a, chúc mừng năm mới a, mà cái phương trình này lớp 9 còn e mới lớp 8 :)))))))))))))))
BH
20 tháng 9 2019
\(pt\Leftrightarrow x^3-x^2-\sqrt{x^3-x^2}-2=0\)
Đặt \(t=\sqrt{x^3-x^2}\left(t\ge0\right)\)
\(\Rightarrow t^2-t-2=0\)
\(\Rightarrow\left(t+1\right)\left(t-2\right)=0\)
\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}t=-1\left(l\right)\\t=2\left(tm\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow x^3-x^2=4\Rightarrow x^3-x^2-4=0\Rightarrow x=2\)
N
20 tháng 9 2019
a.\(DK:x\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(x\sqrt{x-1}-x\right)-\left(x^3-2x^2\right)-\left(x^2-2x\right)-\left(x-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{x\left(x-2\right)}{\sqrt{x-1}+1}-x^2\left(x-2\right)-x\left(x-2\right)-\left(x-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(\frac{x}{\sqrt{x-1}+1}-x^2-x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=2\\\frac{x}{\sqrt{x-1}+1}-x^2-x-1=0\end{cases}}\)
Xet PT thu (2) ta co:
\(\frac{x-x^2\sqrt{x-1}-x^2-x\sqrt{x-1}-x-\sqrt{x-1}-1}{\sqrt{x-1}+1}=0\)
\(\Leftrightarrow x^2\left(\sqrt{x-1}+1\right)+\sqrt{x-1}\left(x+1\right)+1=0\)
Vi ve trai lon hon khong nen PT thu 2 vo nghiem
Vay nghiem cua PT la \(x=2\)
SL
26 tháng 7 2016
ai cần link nhanc one piêc thì bảo tui nha
tui có mấy cái link nhạc oánh nhau vs cả nhạc trong heart of gold nữa
T
3 tháng 5 2020
t nghĩ ngoài SOS ra thì không còn lời giải sơ cấp nào khác, nếu Max = 1, không có Wolfram Alpha cũng không chắc lắm.
Thử pqr xem nào:
\(P=\frac{ab^2+bc^2+ca^2+2\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+6}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\)
\(=\frac{\frac{1}{2}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)+\frac{1}{2}\Sigma ab\left(a+b\right)+4\left(a+b+c\right)}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\)
\(\le\frac{\frac{1}{2}\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}+\frac{1}{2}\Sigma ab\left(a+b\right)+4\left(a+b+c\right)}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\)
\(=\frac{\frac{1}{2}\sqrt{-4p^3r+p^2q^2+18pqr-4q^3-27r^2}+\frac{1}{2}\left(pq-3r\right)+4p}{r+2q+4p+8}\le1\)
Có: \(p^2-2q=3\therefore q=\frac{\left(p^2-3\right)}{2}\). Từ đó quy bài toán về chứng minh:
\(\frac{5}{2}r+\frac{\left(14-3p\right)\left(3p+1\right)^2}{108}+\frac{263}{54}\ge\frac{1}{2}\sqrt{-4p^3r+p^2q^2+18pqr-4q^3-27r^2}\)
Vì \(0< p=a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\) nên cả 2 vế đều không âm.
Lúc này bất đẳng thức tương đương:
(Đoạn này gõ Latex, không hiên thì vào thống kê hỏi đáp nhá)
\(\Leftrightarrow f\left(r\right)\ge0\). Mặt khác \(f'\left(r\right)=26r+\frac{\left(-15p+10+2\sqrt{415}\right)\left(15p-10+\sqrt{415}\right)^2}{1350}+\frac{904}{27}-\frac{83\sqrt{415}}{135}>0\)
Nên khi r giảm thi f giảm. Mặt khác do \(\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2\ge0\)
Nên \(r\ge\frac{1}{27}\left(-2p^3-2\sqrt{\left(p^2-3q\right)^3}+9pq\right)=\frac{1}{27}\left(-2p^3-2\sqrt{\left\{\frac{\left(9-p^2\right)}{2}\right\}^3}+\frac{9p\left(p^2-3\right)}{2}\right)\)
Vì vậy \(f\left(r\right)\ge f\left(\frac{1}{27}\left(-2p^3-2\sqrt{\left\{\frac{\left(9-p^2\right)}{2}\right\}^3}+\frac{9p\left(p^2-3\right)}{2}\right)\right)\ge0\)
Bác Cool Kid chứng minh BĐT 1 biến ở cuối thử xem:v