Giúp tôi giải toán và làm văn

thanks

Áp dụng bđt Cauchy - Schwarz dạng Engel:

\(\frac{1}{2x}+\frac{1}{2y}\ge\frac{4}{2\left(x+y\right)}=\frac{2}{x+y}\)

Dấu "=" xảy ra khi x = y > 0

5(x+y)²+3(x-y)²=8x²+4xy+8y²=4(2x²+xy+2z²)>=5(x+y)²

^{=> \(\sqrt{2x^2+xy+2y^2}\ge\sqrt{\frac{5\left(x+y\right)^2}{4}}\)= \(\frac{\sqrt{5}\left(x+y\right)}{2}\)}

^{Tương tự. Cộng lại là ra nha. Dấu = xảy ra <=> x=y=z=1/3}

\(M>\frac{x}{x+y+z+t}+\frac{y}{x+y+z+t}+\frac{z}{x+y+z+t}+\frac{t}{x+y+z+t}=1\)

Ta chứng minh \(\frac{a}{b}<1\Rightarrow\frac{a}{b}<\frac{a+m}{b+m}\); \(m\in\)N^*

(Bằng biến đổi tương đương)

\(\Rightarrow M<\frac{x+t}{x+y+z+t}+\frac{y+z}{x+y+z+t}+\frac{x+z}{x+y+z+t}+\frac{t+y}{x+y+z+t}=2\)

Do 1 < M < 2 nên M không phải số tự nhiên.

Ta có: \(M>\frac{x}{x+y+z+t}+\frac{y}{x+y+z+t}+\frac{z}{x+y+z+t}+\frac{t}{x+y+z+t}=1\)(1)

Áp dụng \(\frac{a}{b}< 1\Rightarrow\frac{a}{b}< \frac{a+m}{b+m}\)

\(M< \frac{x+t}{x+y+z+t}+\frac{y+z}{x+y+z+t}+\frac{z+y}{x+y+z+t}+\frac{t+x}{x+y+z+t}=2\)(2)

Từ (1) và (2) Suy ra 

1< M <2 

=> M có giá trị không phải số tự nhiên

Do 1 < m < 2 nên M ko phải số tự nhiên

KB ko

OK

TA co  a/b=a.(b+m)/b.(b+m)=a.b+a.m/b.b+b.m

Ta lai co a+m/b+m=b.(a+m)/b.(b+m)=a.b+b.m/b.b+b.m.Suy ra a.b+a.m/b.b+b.m<a.b+b.m/b.b+b.m=a.m<b.m

VI 0<a<b nen a/b<a=m/b=m

Ta có:

x.y+1=z (z là số nguyên tố)

Vì x;y đều là số nguyên tố

=> z là số nguyên tố >5

=> z lẻ

=> x.y chẵn mà x,y là số nguyên tố nên x hoặc y phải là số 2

Với x=2 =>x:3(dư 2) z:3(dư 0;1;2)

z:3 (dư 0) <=> z=3

2.3+1=7 là số nguyên tố (thỏa mãn)

1:3(dư 1) y:3(dư 1;2)

Với y:3(dư 1)

=> x.y+1 chia hết cho 3(loại)

Với  y:3(dư 2)

=> x.y+1:3(dư 2)

=> z chia 3 dư 2

Vậy với x=2 và y:3(dư 2) thì x+y+1=z (thỏa mãn với 1 số TH)

+) Số nguyên tố chia 5 dư 0;1;2;3;4 số  nguyên tố chia 5 dư 0 <=> y;x=5

+> x=2;y=5 =>2.5+1=11 là số nguyên tố(thỏa mãn)

Với: 2:5(dư 2) 

Loại y,x chia 5 dư 2 (x;y khác 2)

vì: x.y+1 chia hết cho 5

Vậy ta có:

Với x=2 và y:3(dư 2) và y khác 5k+2 (k thuộc N sao) và x,y là số nguyên tố

Hoặc ngược lại thì đẳng thức trên thỏa mãn

Ngoài ra có các cặp sau:

x=2;y=3

x=5;y=6 

hay ngược lại đều đc

z lớn hơn hoặc bằng 5 ( nếu x =y =2)

x =y =2 và z =5 cũng thoả mãn đề bài

vì các số nguyên tố đề lớn hơn hoặc bằng 2, nên z lớn hơn hoặc bằng 7, suy ra z là số lẻ.

Để x.y +1 là số lẻ thì x. y là số chẳng, giả sử x > hoặc = y suy ra x = 2

x =2; y =3 ta được z =7 ( thoả mãn);  x =2; y =5 ta được z =11 ( thoả mãn);   x =2; y =7 ta được z =15 ( Không thoả mãn)

x =2; y =11 ta được z =23 ( thoả mãn);...;   x =2; y =23 ta được z =47 ( thoả mãn);  x =2; y =29 ta được z =59( thoả mãn)

x =2; y =41 ta được z =83 ( thoả mãn)...

\(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\)

\(\frac{a}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}\)và\(\frac{b}{b+c}>\frac{b}{b+c+a}\)và \(\frac{c}{c+a}>\frac{c}{c+a+b}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}>\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 1\)

Vì \(\frac{a}{a+b}< 1\Rightarrow\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\left(c>0\right)\)

Chứng minh tương tự \(\frac{b}{b+c}< \frac{b+a}{b+c+a}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)

Vậy \(1< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)

Trinh Anh Tan ta có :\(\frac{a}{b}< 1=>\frac{a}{b}< \frac{a+c}{b+c}\)

Chúc bn học tốt và hiểu bài mk làm

+)Ta có:\(\frac{a}{a+b}>\frac{a}{a+b+c};\frac{b}{b+c}>\frac{b}{a+b+c};\frac{c}{c+a}>\frac{c}{c+a+b}\)

=>\(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}>\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)

=>\(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}>1\)(1)

+)Ta lại có:\(\frac{a}{a+b}< 1=>\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\)

                   \(\frac{b}{c+b}< 1=>\frac{b}{c+b}< \frac{b+a}{a+b+c}\)

                    \(\frac{c}{a+c}< 1=>\frac{c}{a+c}< \frac{b+c}{a+b+c}\)

=>\(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{a+c+b+a+c+b}{a+b+c}=\frac{2a+2b+2c}{a+b+c}=\frac{2.\left(a+b+c\right)}{a+b+C}=2\)

=>\(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)(2)

+)Từ (1) và (2)

=>\(1< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)

Chúc bn học tốt

Ta có a^2+b^2+c^2=1

ma a^2 ,b^2,c^2>=0

=> a,b,c>-1

=> (a+1)(b+1)(c+1)>=0

=> 1+ab+bc+ac+a+b+c+abc>=0(1)

 lai co (a+b+c+1)^2=a^2+b^2+c^2+2a+2b+2c+2ab+2bc+2ac+1

                               =2( 1+ab+bc+ac+a+b+c)>=0(2)

tu 1 va 2 => dpcm

\(\frac{1}{\left(1+a^2\right)}+\frac{1}{\left(1+b^2\right)}\ge\frac{2}{\left(1+ab\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)+\left(1+a^2\right)\left(1+ab\right)\ge2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow1+b^2+ab+ab^2+1+a^2+ab+a^3b-2\left(1+a^2+b^2+a^2b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-2ab+b^2\right)-\left(a^2+2ab+b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2\ge0\left(đ\text{ieu nay khong the x ra}\right)\)

\(\text{Dau }"="\Leftrightarrow a=b=c=1\)

\(\frac{1}{\left(1+a^2\right)}+\frac{1}{\left(1+b^2\right)}\ge\frac{2}{\left(1-ab\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)+\left(1+a^2\right)\left(1+ab\right)\ge2\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow1+b^2-ab+ab^2+1+a^2+ab+a^3b-2\left(1+a^2+b^2+a^2b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-2ab+b^2\right)-\left(a^2+2ab+b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)( kh xảy ra 0

\(Dau"="\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Khi ab>=1 thì1/(1+a^2)+1/(1+b^2)>=2/(1+ab)

\(BDT\Leftrightarrow\frac{a+3c}{a+b}-2+\frac{a+3b}{a+c}-2+\frac{2a}{b+c}-1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{c-a}{a+b}+\frac{2\left(c-b\right)}{a+b}+\frac{b-a}{a+c}+\frac{2\left(b-c\right)}{a+c}+\frac{a-b}{b+c}+\frac{a-c}{b+c}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(c-a\right)^2\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+2\left(b-c\right)^2\frac{1}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\left(a-b\right)^2\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\ge0\)

BĐT cuối đúng nên ta có ĐPCM

Xảy ra khi \(a=b=c\)

Khi a=b=c

Tại t nháp luôn vào chỗ để gửi trả lời nên khi gửi ko nhìn lại nó hơi tắt. Hết dòng thứ 2, bắt đầu dòng thứ 3:

\(\Leftrightarrow\left(\frac{c-a}{a+b}+\frac{a-c}{b+c}\right)+\left(\frac{2\left(b-c\right)}{a+c}+\frac{2\left(c-b\right)}{a+b}\right)+\left(\frac{a-b}{b+c}+\frac{b-a}{a+c}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(c-a\right)\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}\right)+2\left(b-c\right)\left(\frac{1}{a+c}-\frac{1}{a+b}\right)+\left(a-b\right)\left(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+c}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow....\)  the last ineq in here ! 

Sửa đề cho x,y,z dương thỏa mãn xyz=1 tìm max \(...+\frac{1}{\sqrt{\left(2z+1\right)\left(x+2\right)}}\)

gọi bthuc là A

\(\frac{1}{\sqrt{\left(2x+1\right)\left(y+2\right)}}\le\frac{2}{2x+y+3}=\frac{2}{x+y+x+1+2}\le\frac{2}{2\sqrt{xy}+2\sqrt{x}+2}=\frac{1}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}\)

Tương tự,cộng vế theo vế ta dc:

\(A\le\frac{1}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{1}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{1}{\sqrt{zx}+\sqrt{z}+1}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{xy}+\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{xy}}{\sqrt{x}+1+\sqrt{xy}}=1\)

Dấu  "=" xảy ra <=> x=y=z=1

                         A = 1 / 10 + ( 1 / 11 + 1 / 12 + ... + 1 / 99 + 1 / 100 )          

       A =  1 / 10 + ( 1 / 11 + 1 / 12 + ... + 1 / 99 + 1 / 100 ) >  1 / 10 + ( 1 / 100 + 1 / 100 + ... + 1 / 100 )  

          = 1 / 10 + 90 / 100 = 1       

                       Vậy A > 1

1/10+1/11+…+1/19 > 1/20+1/20+…+1/20 = 10/20 = 1/2 
1/20+1/21+…+1/29 > 1/30+1/30+…+1/30 = 10/30 = 1/3 
1/30+1/31+…+1/39 > 1/40+1/40+…+1/40 = 10/40 = 1/4 
=> 
1/10+1/11+…+1/39 > 1/2+1/3+1/4 = 13/12 > 1

đúng nhé

tat ca cac so deu<1  +vao thi lon hon 1 thoi ma

Sử dụng một vài bất đẳng thức đơn giản:

\(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2\ge\frac{\left(a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b}\right)}{2}\)

\(=\frac{\left(1+b+\frac{1}{b}\right)^2}{2}=\frac{\left(1+\frac{ab+1}{a}\right)^2}{2}\)

\(=\frac{\left(1+\frac{b}{a}\right)^2}{2}\)(1)

(Dấu "=" khi \(a+\frac{1}{a}=b+\frac{1}{b}\)và \(a+\frac{1}{b}=1\))

Ta có: \(\left(a+\frac{1}{b}\right)^2\ge4\frac{a}{b}\Leftrightarrow1\ge4\frac{a}{b}\Leftrightarrow\frac{b}{a}\ge4\)

(Dấu "=" khi \(a=\frac{1}{b}\)và \(a+\frac{1}{b}=1\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2\ge\frac{\left(1+4\right)^2}{2}=\frac{25}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=\frac{1}{2};b=2\)

đánh nhầm \(\ge\frac{\left(a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b}\right)^2}{2}=\frac{\left(1+\frac{ab+1}{a}\right)^2}{2}\)

\(=\frac{\left(1+\frac{b}{a}\right)^2}{2}\)

Xí, hôm qua buồn ngủ quá làm thiếu:V

\(VT\ge\frac{1}{2}\left(x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)^2\ge\frac{1}{2}\left(x+y+\frac{4}{x+y}\right)^2=\frac{25}{2}\)(đpcm)

từ \(x+y+z=xyz\Rightarrow\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}=1\)

\(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\rightarrow\left(a,b,c\right)\)\(\Rightarrow ab+bc+ca=1\)

Thay vào \(\sqrt{x^2+1}\) r` phân tích nhân tử áp dụng C-S là ra :3

Bất đắc dĩ nên em mới dùng Sigma nhiều v:

Ta có:\(\sqrt{a^3+1}=\sqrt{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}\le\frac{a+1+a^2-a+1}{2}\)

\(=\frac{a^2+2}{2}\).Tương tự \(\sqrt{b^3+1}\le\frac{b^2+2}{2};\sqrt{c^3+1}\le\frac{c^2+2}{2}\)

Nên \(K=\text{Σ}_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^3+1}}\ge\text{Σ}\frac{1}{a^2+2}=Q\)

\(Q=\frac{\text{Σ}_{cyc}[2\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)]}{\text{Σ}_{cyc}\left(a^2+2\right)}\)

\(=\frac{2\left(a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2\right)+8\left(a^2+b^2+c^2\right)+24}{2\left(a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2\right)+4\left(a^2+b^2+c^2\right)+8+a^2b^2c^2}\)

\(=\frac{2\left(\text{​​}\text{​​}\text{Σ}_{cyc}a^2b^2\right)+4\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\right)+24+4\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\right)}{2\left(a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2\right)+4\left(a^2+b^2+c^2\right)+8+64}\)

\(\ge\frac{2\left(\text{Σ}a^2b^2\right)+4\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\right)+24+12\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2\left(\text{Σ}_{cyc}a^2b^2\right)+4\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\right)+72}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 2.

Ok, nó đây: https://olm.vn/hoi-dap/detail/229477332481.html

Đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{2y'z'}{x'^2};\frac{2z'x'}{y'^2};\frac{2x'y'}{z'^2}\right)\) với x', y', z' > 0. Quy về chứng minh:

\(\Sigma_{cyc}\frac{x'^3}{\sqrt{x'^6+8y'^3z'^3}}\ge1\). Đặt \(\left(x'^3;y'^3;z'^3\right)=\left(x;y;z\right)\). Quy về:

\(\Sigma_{cyc}\frac{x}{\sqrt{x^2+8yz}}\ge1\). Đến đây em thấy khá quen thuộc, hình như là bài IMO nào đó, để tối lục lại.

Bài 1:

b) \(x^3< x^2\)

\(x^2\cdot x< x^2\)

\(x< \frac{x^2}{x^2}\)

\(x< 1\)

b1 

a)\(\frac{x+3}{x+4}>2\Leftrightarrow\frac{x+2-2\cdot\left(x+4\right)}{x+4}>0\Leftrightarrow\frac{x+2-2x-8}{x+4}>0\)

<=> \(\frac{-5-x}{x+4}>0\)

<=> 

<=> \(-4< x< 5\)

b) a+x<a <=> a+x-a<0 <=> x<0

c) \(x^3< x^2\Leftrightarrow^{ }x^2\left(x-1\right)< 0\)

<=> 

<=> 0<x<1

Bài 2: 

b) B= (x-1)^2 + (y+2)^2 

Ta có: 

(x-1)^2 >/ 0  

Dấu "=" xảy ra khi x-1 =0 => x=1

(y+2)^2 >/ 0 

Dấu "=" xảy ra khi y+2= 0 => y= -2

=> GTNN của (x-1)^2 + (y+2)^2 = 0 + 0 =0

Vậy GTNN của B là 0 khi x=1 và y=-2