Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2: Restore : a;b;c không âm thỏa \(a^2+b^2+c^2=1\)
Tìm Min & Max của \(M=\left(a+b+c\right)^3+a\left(2bc-1\right)+b\left(2ac-1\right)+c\left(2ab-1\right)\)
Bài 4: Tương đương giống hôm nọ thôi : V
Bài 5 : Thiếu ĐK thì vứt luôn : V
Bài 7: Tương đương
( Hoặc có thể AM-GM khử căn , sau đó đổi \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\dfrac{x}{y};\dfrac{y}{z};\dfrac{z}{x}\right)\) rồi áp dụng bổ đề vasile)
Bài 8 : Đây là 1 dạng của BĐT hoán vị
@Ace Legona @Akai Haruma @Hung nguyen @Hà Nam Phan Đình @Neet
Từng sau nếu tag bạn tag tên dưới câu trả lời nhé, tag thế này không nhận được thông báo đâu .
Bài này tốn sức quá, đau đầu 
Lời giải:
Sử dụng \(\sum\) biểu hiện tổng các hoán vị nhé.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^2}{a\sqrt{(b+2)(c+2)}}+\frac{b^2}{b\sqrt{(c+2)(a+2)}}+\frac{c^2}{c\sqrt{(a+2)(b+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{(b+2)(c+2)}}\)
Tiếp tục Cauchy-Schwarz:
\((\sum a\sqrt{(b+2)(c+2)})^2\leq (ab+2a+bc+2b+ac+2c)(ac+2a+ba+2b+bc+2c)\)
\(\Leftrightarrow \sum a\sqrt{(b+2)(c+2)}\leq (ab+bc+ac+2a+2b+2c)\)
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac+2(a+b+c)}\)
Ta sẽ đi chứng minh \(\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac+2(a+b+c)}\geq 1\Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq ab+bc+ac+2(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\geq 2(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2\geq 4(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow 4-abc+(a+b+c)^2\geq 4(a+b+c)\Leftrightarrow (a+b+c-2)^2\geq abc\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\geq \sqrt{abc}+2\)
Do \(a^2+b^2+c^2+abc=4\Rightarrow \)
tồn tại $x,y,z>0$ sao cho:\((a,b,c)=\left ( 2\sqrt{\frac{xy}{(z+x)(z+y)}};2\sqrt{\frac{yz}{(x+y)(x+z)}};2\sqrt{\frac{xz}{(y+x)(y+z)}} \right )\)
Khi đó , thực hiện vài bước rút gọn, BĐT cần chứng minh chuyển về:
\(\sum \sqrt{xy(x+y)}\geq \sqrt{2xyz}+\sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}\)
Bình phương hai vế:
\(\Leftrightarrow \sum xy(x+y)+2\sqrt{xy^2z(x+y)(y+z)}\geq 2xyz+\prod (x+y)+2\sqrt{2xyz(x+y)(y+z)(x+z)}\)
\(\Leftrightarrow \sum\sqrt{xy^2z(x+y)(y+z)}\geq 2xyz+\sqrt{2xyz(x+y)(y+z)(x+z)}\)
\(\Leftrightarrow \sum \sqrt{y(y+x)(y+z)}\geq 2\sqrt{xyz}+\sqrt{2(x+y)(y+z)(x+z)}\) \((\star)\)
Đặt biểu thức vế trái là $A$
\(A^2=\sum y(y+x)(y+z)+2\sum\sqrt{[y(y+x)(y+z)][x(x+y)(x+z)]}\)
\(A^2=\sum x^3+\sum xy(x+y)+3xyz+2\sum \sqrt{[(x^2(x+y+z)+xyz][y^2(x+y+z)+xyz]}\)
Áp dụng BĐT C-S : \([x^2(x+y+z)+xyz][y^2(x+y+z)+xyz]\geq [xy(x+y+z)+xyz]^2\)
\(\Rightarrow A^2\geq \sum x^3+\sum xy(x+y)+3xyz+2\sum [xy(x+y+z)+xyz]\)
\(\Leftrightarrow A^2\geq \sum x^3+3\sum xy(x+y)+15xyz\)
Theo BĐT Schur: \(\sum x^3+3xyz\geq \sum xy(x+y)\)
\(\Rightarrow A^2\geq 4\sum xy(x+y)+12xyz=4[\sum xy(x+y)+3xyz]=4(x+y+z)(xy+yz+xz)\)
\(\Leftrightarrow A\geq 2\sqrt{(x+y+z)(xy+yz+xz)}\)
Ta cần chứng minh \(2\sqrt{(x+y+z)(xy+yz+xz)}\geq 2\sqrt{xyz}+\sqrt{2(x+y)(y+z)(x+z)}\) (1)
Đặt \(\sqrt{(x+y+z)(xy+yz+xz)}=t\), bằng AM-GM dễ thấy \(t^2\geq 9xyz\)
\((1)\Leftrightarrow 2t\geq 2\sqrt{xyz}+\sqrt{2(t^2-xyz)}\)
\(\Leftrightarrow 4t^2\geq 4xyz+2(t^2-xyz)+4\sqrt{2xyz(t^2-xyz)}\)
\(\Leftrightarrow t^2\geq xyz+2\sqrt{2xyz(t^2-xyz)}\) (2)
Áp dụng AM-GM: \(2\sqrt{xyz(t^2-xyz)}=\sqrt{8xyz(t^2-xyz)}\leq \frac{8xyz+t^2-xyz}{2}=\frac{7}{2}xyz+\frac{t^2}{2}\)
Và \(xyz\leq \frac{t^2}{9}\)
\(\Rightarrow xyz+2\sqrt{2xyz(t^2-xyz)}\leq t^2\)
Do đó (2) đúng kéo theo (1) đúng kéo theo (*) đúng nên ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
- Nếu \(a_i=0\) ; \(\forall i\in\left(0;n-1\right)\Rightarrow a_nx^n=0\Rightarrow\alpha=0< 1\) thỏa mãn
- Nếu tồn tại \(a_i\ne0\), đặt \(max\left|\dfrac{a_i}{a_n}\right|=A>0\)
Do \(\alpha\) là nghiệm nên:
\(a_n\alpha^n+a_{n-1}\alpha^{n-1}+...+a_1\alpha+a_0=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a_0}{a_n}+\dfrac{a_1}{a_n}\alpha+...+\dfrac{a_{n-1}}{a_n}\alpha^{n-1}=-\alpha^n\)
\(\Leftrightarrow\left|\alpha^n\right|=\left|\dfrac{a_0}{a_n}+\dfrac{a_1}{a_n}\alpha+...+\dfrac{a_{n-1}}{a_n}\alpha^{n-1}\right|\)
\(\Rightarrow\left|\alpha^n\right|\le\left|\dfrac{a_0}{a_n}\right|+\left|\dfrac{a_1}{a_n}\right|.\left|\alpha\right|+...+\left|\dfrac{a_{n-1}}{a_n}\right|.\left|\alpha^{n-1}\right|\le A+A.\left|\alpha\right|+...+A.\left|\alpha^{n-1}\right|\)
\(\Rightarrow\left|\alpha^n\right|\le A\left(1+\left|\alpha\right|+\left|\alpha^2\right|+...+\left|\alpha^{n-1}\right|\right)\)
\(\Rightarrow\left|\alpha^n\right|\le A.\dfrac{\left|\alpha^n\right|-1}{\left|\alpha\right|-1}\)
TH1: Nếu \(\left|\alpha\right|\le1\) hiển nhiên ta có \(\left|\alpha\right|< 1+A\) (đpcm)
TH2: Nếu \(\left|\alpha\right|>1\)
\(\Rightarrow\left|\alpha^n\right|\le\dfrac{A.\left|\alpha^n\right|}{\left|\alpha\right|-1}-\dfrac{A}{\left|\alpha\right|-1}< \dfrac{A.\left|\alpha^n\right|}{\left|\alpha\right|-1}\)
\(\Leftrightarrow\left|\alpha\right|-1< A\Rightarrow\left|\alpha\right|< 1+A\) (đpcm)
Lời giải:
\(f(x)=(-x+1)(x-2)>0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -x+1< 0\\ x-2< 0\end{matrix}\right.\) hay $1< x< 2$
hay $x\in (1;2)$
Đáp án D
1)\(\forall x1,x2\in\left(1,+\infty\right),x1\ne x2\)
\(f\left(x1\right)-f\left(x2\right)=\dfrac{1}{1-x1}-\dfrac{1}{1-x2}=\dfrac{1-x2-1+x1}{\left(1-x1\right)\left(1-x2\right)}=\dfrac{x1-x2}{\left(1-x1\right)\left(1-x2\right)}\)
\(\dfrac{f\left(x1\right)-f\left(x2\right)}{x1-x2}=\dfrac{\dfrac{x1-x2}{\left(1-x1\right)\left(1-x2\right)}}{x1-x2}=\dfrac{1}{\left(1-x1\right)\left(1-x2\right)}\)
vì \(x1,x2\in\left(1;+\infty\right)\)nên \(\left\{{}\begin{matrix}x1>1\\x2>1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}1-x1< 0\\1-x2< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\dfrac{1}{\left(1-x1\right)\left(1-x2\right)}>0\)
Vậy hàm số đồng biến trên \(\left(1;+\infty\right)\)
Mình quên không nói là đề bài yêu cầu chứng minh 2 bổ đề trên.