giải phương trình
a)\(\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-4}=\dfrac{\sqrt{x}-6}{\sqrt{x}-7}\)
b)\(2+\sqrt[3]{x+5}=0\)
c)0,5\(\sqrt{\dfrac{2}{x}}-\sqrt{\dfrac{8}{25x}}+\sqrt{\dfrac{1}{4x}}=\dfrac{1}{5}\)
giải phương trình
a)\(\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-4}=\dfrac{\sqrt{x}-6}{\sqrt{x}-7}\)
b)\(2+\sqrt[3]{x+5}=0\)
c)0,5\(\sqrt{\dfrac{2}{x}}-\sqrt{\dfrac{8}{25x}}+\sqrt{\dfrac{1}{4x}}=\dfrac{1}{5}\)
\(< =>\sqrt[3]{x+5}=-2\)
<=> \(\left(\sqrt[3]{x+5}\right)^3=-8\)
<=> \(x+5=-8\)
<=> x=-13
Tìm x :
a, \(x=\sqrt{6}\)
b, \(x=-\sqrt{14}\)
c, \(x=2\sqrt{3}\)
cho a,b,c\(\le\dfrac{3}{2}\)
Tìm giá trị nhỏ nhất của
\(A=\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\left(3+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\right)\)
HÌnh như là \(a+b+c\le\dfrac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{3}{2}\ge a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow\dfrac{1}{2}\ge\sqrt[3]{abc}\)
Áp dụng BĐT Holder ta có:
\(A=\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\left(3+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\right)\)
\(\ge\left(\sqrt[3]{3^3}+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^3\)\(\ge\left(3+\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}\right)^3=343\)
Xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{2}\)
cứ cho là a+b+c <=3/2
đã >=0 đâu mà G với M
các bạn cho mình hỏi lớp 9 thì được dùng BĐT thức \(\frac{a^2}{b}+\frac{c^2}{d}+\frac{e^2}{f^2}\ge \frac{(a+c+e)^2 }{b+d+f} \)được ko hay phải chững minh
Lại gặp đồng râm rồi t c~ ở B.Ninh :_. Theo mk biết thì cái này dùng luôn được nhé vì nó chỉ là biến thể của BĐT Cauchy-Schwarz thôi mà c/m nó cũng dễ. Mk cm dạng tổng quát của nó luôn nhé
\(\left\{{}\begin{matrix}a_1;a_2;....;a_n\\b_1;b_2;....;b_n\end{matrix}\right.\)\(>0\). CMR \(\dfrac{a^2_1}{b_1}+\dfrac{a^2_2}{b_2}+...+\dfrac{a_n^2}{b_n}\ge\dfrac{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}{b_1+b_2+...+b_n}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(\dfrac{a^2_1}{b_1}+\dfrac{a^2_2}{b_2}+...+\dfrac{a^2_n}{b_n}\right)\left(b_1+b_2+...+b_2\right)\ge\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2_1}{b_1}+\dfrac{a^2_2}{b_2}+...+\dfrac{a^2_n}{b_n}\ge\dfrac{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}{\left(b_1+b_2+...+b_2\right)}\) *đúng*
Dc chứ bạn đấy là bđt cơ bản mà
Cauchy -schwarz hay còn gọi là bunhia dạng phân số :)
cho a,b,c>0 thỏa mãn abc=1. chứng minh rằng
\(\dfrac{1}{1+a+b}+\dfrac{1}{1+b+c}+\dfrac{1}{1+c+a}\le\dfrac{1}{2+a}+\dfrac{1}{2+b}+\dfrac{1}{2+c}\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=a+b+c\\y=ab+bc+ca\end{matrix}\right.\) khi đó \(BDT\Leftrightarrow\dfrac{x^2+4x+y+3}{x^2+2x+y+xy}\le\dfrac{12+4x+y}{9+4x+2y}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2+4x+y+3}{x^2+2x+y+xy}-1\le\dfrac{12+4x+y}{9+4x+2y}-1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2x+3-xy}{x^2+2x+y+xy}\le\dfrac{3-y}{9+4x+2y}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{5x^2-3x^2y-xy^2-6xy+24x+y^2+3y+27}{\left(4x+2y+9\right)\left(x^2+xy+2x+y\right)}\le0\)
Đúng vì \(\dfrac{5}{3}x^2y\ge5x^2;\dfrac{x^2y}{3}\ge y^2;xy^2\ge9x;5xy\ge15x;xy\ge3y;x^2y\ge27\)
CHo x, y tm \(2x^2+3y^2=4\)
x+2y\(\le \sqrt{\frac{22}{3} } \)
Cho a,b,c>0 CMR
\( \frac{a^3}{bc}+ \frac{b^3}{ac}+ \frac{c^3}{ab}\ge \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c} \)
Cho a,b,c>0 CMR
\( \frac{a^3}{a+2b}+ \frac{b^3}{b+2c}+ \frac{c^3}{c+2a} \ge \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\text{VT}=\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2ac}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2+2ab+b^2+2bc+c^2+2ac}\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a+b+c)^2}\) (1)
Theo hệ quả của BĐT AM-GM thì ta có:
\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\) (2)
Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{3}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c>0\)
Cho \( a,b,c\ge0\)tm ab+bc+ca>0
CMR \( \frac{a^2+16bc}{b^2+c^2} + \frac{b^2+16ac}{a^2+c^2}+ \frac{c^2+16ab}{a^2+b^2} \)
cho a,b,c>0. chứng minh rằng
\(\dfrac{1}{a\left(b+1\right)}+\dfrac{1}{b\left(c+1\right)}+\dfrac{1}{c\left(a+1\right)}\ge\dfrac{3}{abc+1}\)
cái này ra rồi , nên không cần nữa nhé!