K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

23 tháng 10 2019

\(x^3\)hay \(x^2\)

23 tháng 10 2019

Đặt \(A=x^4-x^2+2x+2\)\(=x^2\left(x-1\right)\left(x+1\right)+2\left(x+1\right)\)

\(=\left(x+1\right)\left(x^3-x^2+2\right)=\left(x+1\right)\left(x^3+1-x^2+1\right)\)

\(=\left(x+1\right)^2[\left(x-1\right)^2+1]\)

Nếu \(x=-1\Rightarrow A\)\(=0\)là số chính phương

Nếu \(x\ne-1\)thì \(\left(x-1\right)^2+1\)phải là số chính phương

\(\Rightarrow\left(x-1\right)^2+1=a^2\left(a\in N\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1-a\right)\left(x-1+a\right)=-1\)

\(x\in Z,a\in N\Rightarrow x-1-a\in Z;x-1+a\in Z\)

\(x-1-a< x-1+a\) nên ta có TH sau:

\(\left\{{}\begin{matrix}x-1-a=-1\\x-1+a=1\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\a=1\end{matrix}\right.\)(thỏa mãn)

Vậy \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\x=-1\end{matrix}\right.\)

11 tháng 4 2017

\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)

Ta có:

\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge\frac{3a}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{6a-b-c-2}{8}\)

Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}\ge\frac{6b-c-a-2}{8}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{6c-a-b-2}{8}\end{cases}}\)

Cộng vế theo vế ta được

\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{6a-b-c-2}{8}+\frac{6b-c-a-2}{8}+\frac{6c-a-b-2}{8}\)

\(=\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}.\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)

10 tháng 4 2017

Mai mình làm cho

BĐT Vacs: Với a, b, c > 0 và abc = 1. Có:\(\frac{1}{a^2+a+1}+\frac{1}{b^2+b+1}+\frac{1}{c^2+c+1}\ge1\)Đặt \(a\rightarrow a^k,b\rightarrow b^k,c\rightarrow c^k\) thì abc = 1. Có: \(\frac{1}{a^{2k}+a^k+1}+\frac{1}{b^{2k}+b^k+1}+\frac{1}{c^{2k}+c^k+1}\ge1\) (*)BĐT (*) sẽ giúp ta giải được khá nhiều bài toán với điều kiện abc = 1.Ví dụ 1: \(\frac{1}{\left(1+2a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+2b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+2c\right)^2}\ge\frac{1}{3}\) với abc...
Đọc tiếp

BĐT Vacs: Với a, b, c > 0 và abc = 1. Có:\(\frac{1}{a^2+a+1}+\frac{1}{b^2+b+1}+\frac{1}{c^2+c+1}\ge1\)

Đặt \(a\rightarrow a^k,b\rightarrow b^k,c\rightarrow c^k\) thì abc = 1. Có: \(\frac{1}{a^{2k}+a^k+1}+\frac{1}{b^{2k}+b^k+1}+\frac{1}{c^{2k}+c^k+1}\ge1\) (*)

BĐT (*) sẽ giúp ta giải được khá nhiều bài toán với điều kiện abc = 1.

Ví dụ 1\(\frac{1}{\left(1+2a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+2b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+2c\right)^2}\ge\frac{1}{3}\) với abc =1,a>0,b>0,c>0

Phân tích: Ta chọn k: \(\frac{1}{\left(1+2a\right)^2}=\frac{1}{4a^2+4a+1}\ge\frac{1}{3\left(a^{2k}+a^k+1\right)}\)

\(\Leftrightarrow3a^{2k}+3a^k+2\ge4a^2+4a\)

Đạo hàm và cho a = 1 thì được \(k=\frac{4}{3}\)

Vậy ta chứng minh: \(\frac{1}{\left(1+2a\right)^2}\ge\frac{1}{3\left(a^{\frac{8}{3}}+a^{\frac{4}{3}}+1\right)}\) (1)

Đặt \(a\rightarrow x^3\) cần chứng minh: \(\frac{1}{\left(1+2x^3\right)^2}\ge\frac{1}{3\left(x^8+x^4+1\right)}\) (dễ dàng) 

Từ đó thiết lập 2 BĐT tương tự (1), cộng theo vế, dùng (*)  với k = 4/3 ta được đpcm. 

Lời giải xin để cho mọi người.

PS: Bài trên có một cách dùng UCT khá khó ở https://diendantoanhoc.net/topic/90839-phương-pháp-hệ-số-bất-định-uct/?p=394487

Ví dụ 2: Cho x,y,z > 0  và xyz =1 .Chứng minh: \(\frac{x^2}{\left(1+x\right)^2}+\frac{y^2}{\left(1+y\right)^2}+\frac{z^2}{\left(1+z\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\rightarrow abc=1\)

Ta có: \(\frac{x^2}{\left(1+x\right)^2}=\frac{1}{\left(a+1\right)^2}\ge\frac{3}{4\left(a^2+a+1\right)}\)

 

4
16 tháng 5 2020

Bài toán hay dùng BĐT Vacs\(\sqrt{a^2-a+1\:}+\sqrt{b^2-b+1}+\sqrt{c^2-c+1}\ge a+b+c\)

Kết hợp giữa việc sử dụng phương pháp tiếp tuyến và tinh ý nhận ra bổ đề Vacs

Chú tth thử làm nhứ. Trong TKHĐ của t có sol rồi nha !!!!

17 tháng 5 2020

zZz Cool Kid_new zZz cách bác thì nhất rồi cách t thì chả khá gì a Thắng bên AoPS t nhớ có sol dùng Vacs lâu rồi mà

26 tháng 3 2017

Bài 1:Với \(ab=1;a+b\ne0\) ta có: 

\(P=\frac{a^3+b^3}{\left(a+b\right)^3\left(ab\right)^3}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^4\left(ab\right)^2}+\frac{6\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^5\left(ab\right)}\)

\(=\frac{a^3+b^3}{\left(a+b\right)^3}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^4}+\frac{6\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^5}\)

\(=\frac{a^2+b^2-1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^4}+\frac{6}{\left(a+b\right)^4}\)

\(=\frac{\left(a^2+b^2-1\right)\left(a+b\right)^2+3\left(a^2+b^2\right)+6}{\left(a+b\right)^4}\)

\(=\frac{\left(a^2+b^2-1\right)\left(a^2+b^2+2\right)+3\left(a^2+b^2\right)+6}{\left(a+b\right)^4}\)

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

\(=\frac{\left(a^2+b^2+2ab\right)^2}{\left(a+b\right)^4}=\frac{\left[\left(a+b\right)^2\right]^2}{\left(a+b\right)^4}=1\)

Bài 2: \(2x^2+x+3=3x\sqrt{x+3}\)

Đk:\(x\ge-3\)

\(pt\Leftrightarrow2x^2-3x\sqrt{x+3}+\sqrt{\left(x+3\right)^2}=0\)

\(\Leftrightarrow2x^2-2x\sqrt{x+3}-x\sqrt{x+3}+\sqrt{\left(x+3\right)^2}=0\)

\(\Leftrightarrow2x\left(x-\sqrt{x+3}\right)-\sqrt{x+3}\left(x-\sqrt{x+3}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-\sqrt{x+3}\right)\left(2x-\sqrt{x+3}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{x+3}=x\\\sqrt{x+3}=2x\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+3=x^2\left(x\ge0\right)\\x+3=4x^2\left(x\ge0\right)\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2-x-3=0\left(x\ge0\right)\\4x^2-x-3=0\left(x\ge0\right)\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{1+\sqrt{13}}{2}\\x=1\end{cases}\left(x\ge0\right)}\)

Bài 4:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(2\sqrt{ab}\le a+b\le1\Rightarrow b\le\frac{1}{4a}\)

Ta có: \(a^2-\frac{3}{4a}-\frac{a}{b}\le a^2-\frac{3}{4a}-4a^2=-\left(3a^2+\frac{3}{4a}\right)\)

\(=-\left(3a^2+\frac{3}{8a}+\frac{3}{8a}\right)\le-3\sqrt[3]{3a^2\cdot\frac{3}{8a}\cdot\frac{3}{8a}}=-\frac{9}{4}\)

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

1 tháng 8 2020

Xét \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-b\)

Tương tự, ta được: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}-\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}=b-c\)\(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}-\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}=c-a\)

Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên, ta được: \(\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)\(-\left(\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\right)=0\)

\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)\(=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\)

Ta đi chứng minh BĐT phụ sau: \(a^2-ab+b^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)\)(*)

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*

\(\Rightarrow2LHS=\Sigma_{cyc}\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}\)\(\ge\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=\frac{1}{3}\text{​​}\Sigma_{cyc}\left[\left(a+b\right)\right]=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)

\(\Rightarrow LHS\ge\frac{a+b+c}{3}=RHS\)(Q.E.D)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

P/S: Có thể dùng BĐT phụ ở câu 3a để chứng minhxD:

27 tháng 7 2020

1) ta chứng minh được \(\Sigma\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}=\Sigma\frac{b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)

\(VT=\frac{1}{2}\Sigma\frac{a^4+b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{4}\Sigma\frac{a^2+b^2}{a+b}\ge\frac{1}{8}\Sigma\left(a+b\right)=\frac{a+b+c+d}{4}\)

bài 2 xem có ghi nhầm ko

18 tháng 9 2021

Ta có \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)

Áp dụng bđt cosi ta có:

\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+2\right)}+\frac{b+1}{12}+\frac{c+2}{18}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{12.18}}=\frac{a}{2}\)

Làm tương tự

=>\(VT+\left(\frac{a+1}{12}+\frac{a+2}{18}\right)+\left(\frac{b+1}{12}+\frac{b+2}{18}\right)+\left(\frac{c+1}{12}+\frac{c+2}{18}\right)\ge\frac{a+b+c}{2}\)

=> \(VT\ge\frac{13}{36}.\left(a+b+c\right)-\frac{7}{12}\ge\frac{13}{36}.3-\frac{7}{12}=\frac{1}{2}\)(ĐPCM)

21 tháng 9 2021

dấu suy ra thứ 2 phải là lớn hơn hoặc bằng 8(a+b+c)/36-7/12 chứ