TD
1
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
2 tháng 8 2021
Nhớ up tài liệu lên đây để mọi người cùng tải về nha admin VICE.
QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
6 tháng 5 2021
Ngoài ra chúng mình cũng cần tìm thêm nhà tài trợ phụ ngoài nhà tài trợ chính là hoc24.vn ^^ Ai có thể giới thiệu cho chúng mình nhỉ?
MN
6 tháng 5 2021
đề xuất với ad cho tổ chức cuộc thi thiết kế như cuộc thi thiết kế logo nhé =)))
T
28 tháng 1 2021
Đây là cách của em.
Ta chứng minh bất đẳng thức sau:
\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge\dfrac{a+b+c}{2}+\dfrac{27}{16}\cdot\dfrac{\left(a-b\right)^2}{a+b+c}\)
\(\bullet\) Nếu \(c\ne \text{mid}\{a,b,c\}\) thì \(\left(a-c\right)\left(b-c\right)\ge0\Rightarrow\left(a-b\right)^2\le a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\) từ đây đưa về đối xứng và chứng minh dễ dàng.
\(\bullet\) Nếu \(c= \text{mid}\{a,b,c\}.\) Chuẩn hóa \(a+b=1\Rightarrow0\le c\le1.\) Đặt \(x=ab\Rightarrow0< x\le c\left(1-c\right)\)
Cần chứng minh
\(f(x)=108\,{x}^{2}+ \left( 16\,{c}^{3}+84\,{c}^{2}+12\,c-83 \right) x+ \left( c+1 \right) \left( 16\,{c}^{4}+8\,{c}^{3}-16\,{c}^{2}-19\,c+ 16 \right) \ge 0\)
\(f'(x)=16\,{c}^{3}+84\,{c}^{2}+12\,c+216\,x-83 \)
*Nếu $0 \le c \le \dfrac{1}{2}$ thì \(f'\left(x\right)\le\left(2c-1\right)\left(8c^2-62c+83\right)\le0\)
Khi đó $f(x)$ là hàm nghịch biến nên \(f\left(x\right)\ge f\left(c\left(1-c\right)\right)=2\left(8c^2-11c+8\right)\left(2c-1\right)^2\ge0\)
*Nếu $\dfrac{1}{2} \le c \le 1$ thì \(\Delta_x= \left( 64\,{c}^{4}-992\,{c}^{3}-1740\,{c}^{2}-788\,c-23 \right) \left( 2\,c-1 \right) ^{2}\le 0\)
ta có điều phải chứng minh
:D
28 tháng 1 2021
Lâu rồi mới đăng bài vì mấy bài kia khó quá :vv
C39:
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x+y+z=a>0\\y+z+4x=b>0\\z+x+16y=c>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{b-a}{3}\\y=\dfrac{c-a}{15}\\z=\dfrac{21a-5b-c}{15}\end{matrix}\right.\).
Khi đó áp dụng bđt AM - GM ta có:
\(P=\dfrac{5b+c-6a}{15a}+\dfrac{4a-b}{3b}+\dfrac{16a-c}{15c}=\left(\dfrac{b}{3a}+\dfrac{4a}{3b}\right)+\left(\dfrac{c}{15a}+\dfrac{16a}{15c}\right)-\left(\dfrac{2}{5}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{15}\right)\ge\dfrac{4}{3}+\dfrac{8}{15}-\dfrac{4}{5}=\dfrac{16}{15}\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}b=2a\\c=4a\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y+z+4x=2\left(x+y+z\right)\\z+x+16y=4\left(x+y+z\right)\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x=y+z\\4y=x+z\end{matrix}\right.\Leftrightarrow21x=35z=15z\).
3 tháng 2 2021
C47: Dễ thấy x > 1.
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có \(P=\dfrac{x^2+\dfrac{1}{x^2}}{x-\dfrac{1}{x}}=\dfrac{x^4+1}{x^3-x}=\dfrac{\left(x^2-1\right)^2}{x^3-x}+\dfrac{2x^2}{x^3-x}=\dfrac{x^2-1}{x}+\dfrac{2x}{x^2-1}\ge2\sqrt{2}\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x^2-1}{x}=\dfrac{2x}{x^2-1}\\xy=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\sqrt{2+\sqrt{3}}\\y=\dfrac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}\end{matrix}\right.\).
Vậy Min P = \(2\sqrt{2}\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\sqrt{2+\sqrt{3}}\\y=\dfrac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}\end{matrix}\right.\)
3 tháng 2 2021
C48: Đề bài là tìm GTLN chứ nhỉ?
Đặt x = a; 2y = b; 3z = c (a, b, c > 0). Khi đó a + b + c = 2.
Ta có \(S=\sqrt{\dfrac{ab}{ab+2c}}+\sqrt{\dfrac{bc}{bc+2a}}+\sqrt{\dfrac{ca}{ca+2b}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}+\sqrt{\dfrac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\sqrt{\dfrac{ca}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}\)
\(\le_{AM-GM}\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{c+b}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{a+c}+\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{a}{b+a}\right)=\dfrac{1}{2}.3=\dfrac{3}{2}\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = \(\dfrac{2}{3}\Leftrightarrow x=\dfrac{2}{3};y=\dfrac{1}{3};z=\dfrac{2}{9}\).
Vậy Max S = \(\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow x=\dfrac{2}{3};y=\dfrac{1}{3};z=\dfrac{2}{9}\).
2 tháng 2 2021
Nếu được dùng giai thừa thì...
\(\left(\left(\left(\left(2!\right)!\right)!\right)...\right)!\) = :))
đừng có đang vớ vẩn thế này nữa
hiểu chưa