[Toán 9] Chứng minh rằng.
Ngày 26/4/2017 bạn Duy Niên gửi yêu cầu
Chứng minh rằng:
$x^4$ - $\sqrt{x^5}$ + x - $\sqrt{x}$ + 1 > 0 với mọi x $\geq$ 0
Gợi ý trả lời cho bạn:
Ta có: $x^4$ - $\sqrt{x^5}$ + x - $\sqrt{x}$ + 1
= $x^4$ - $x^2$$\sqrt{x}$ + $\frac{x}{4}$ + $\frac{x}{4}$ + $\frac{x}{2}$ - $\sqrt{x}$ + 1
= [$(x^2)^2$ - $x^2$$\sqrt{x}$ + $\frac{x}{4}$] + [$\frac{x}{4}$ - $\sqrt{x}$ + 1] + $\frac{x}{2}$
= $(x^2 - \frac{\sqrt{x}}{2})^2$ + $(\frac{\sqrt{x}}{2} - 1)^2$ + $\frac{x}{2}$
Vì x $\geq$ 0 nên:
$(x^2 - \frac{\sqrt{x}}{2})^2$ $\geq$ 0 với mọi x $\geq$ 0
$(\frac{\sqrt{x}}{2} - 1)^2$ > 0 với mọi x $\geq$ 0
$\frac{x}{2}$ $\geq$ 0 với mọi x $\geq$ 0
Do đó $x^4$ - $\sqrt{x^5}$ + x - $\sqrt{x}$ + 1 > 0 với mọi x $\geq$ 0.
Ngày 1/5/2017 bạn Nguyễn Đức Huỳnh gửi bài toán
Mỗi bài toán có nhiều cách giải, đừng quên chia sẻ cách giải hoặc ý kiến đóng góp của bạn ở khung nhận xét bên dưới. Xin cảm ơn!
Chứng minh rằng:
$x^4$ - $\sqrt{x^5}$ + x - $\sqrt{x}$ + 1 > 0 với mọi x $\geq$ 0
Gợi ý trả lời cho bạn:
Ta có: $x^4$ - $\sqrt{x^5}$ + x - $\sqrt{x}$ + 1
= $x^4$ - $x^2$$\sqrt{x}$ + $\frac{x}{4}$ + $\frac{x}{4}$ + $\frac{x}{2}$ - $\sqrt{x}$ + 1
= [$(x^2)^2$ - $x^2$$\sqrt{x}$ + $\frac{x}{4}$] + [$\frac{x}{4}$ - $\sqrt{x}$ + 1] + $\frac{x}{2}$
= $(x^2 - \frac{\sqrt{x}}{2})^2$ + $(\frac{\sqrt{x}}{2} - 1)^2$ + $\frac{x}{2}$
Vì x $\geq$ 0 nên:
$(x^2 - \frac{\sqrt{x}}{2})^2$ $\geq$ 0 với mọi x $\geq$ 0
$(\frac{\sqrt{x}}{2} - 1)^2$ > 0 với mọi x $\geq$ 0
$\frac{x}{2}$ $\geq$ 0 với mọi x $\geq$ 0
Do đó $x^4$ - $\sqrt{x^5}$ + x - $\sqrt{x}$ + 1 > 0 với mọi x $\geq$ 0.
Ngày 1/5/2017 bạn Nguyễn Đức Huỳnh gửi bài toán
$A^3$ + $B^3$ $\geq$ $A^2$B + A$B^2$.
Đề bạn gửi không nói rõ yêu cầu, nếu bài toán có điều kiện A + B $\geq$ 0 và yêu cầu chứng minh thì câu trả lời cho bạn sẽ là:
Ta có $A^3$ + $B^3$ $\geq$ $A^2$B + A$B^2$
<=> $A^3$ - $A^2$B - A$B^2$ + $B^3$ $\geq$ 0
<=> $A^2$(A - B) - $B^2$(A - B) $\geq$ 0
<=> (A - B)($A^2$ - $B^2$) $\geq$ 0
<=> (A - B)(A - B)(A + B) $\geq$ 0
<=> $(A - B)^2$(A + B) $\geq$ 0
Ta có $(A - B)^2$ $\geq$ 0 (dĩ nhiên rồi!)
và A + B $\geq$ 0 (gt)
Nên $(A - B)^2$(A + B) $\geq$ 0.
Hay $A^3$ + $B^3$ $\geq$ $A^2$B + A$B^2$ (đpcm)
Đề bạn gửi không nói rõ yêu cầu, nếu bài toán có điều kiện A + B $\geq$ 0 và yêu cầu chứng minh thì câu trả lời cho bạn sẽ là:
Ta có $A^3$ + $B^3$ $\geq$ $A^2$B + A$B^2$
<=> $A^3$ - $A^2$B - A$B^2$ + $B^3$ $\geq$ 0
<=> $A^2$(A - B) - $B^2$(A - B) $\geq$ 0
<=> (A - B)($A^2$ - $B^2$) $\geq$ 0
<=> (A - B)(A - B)(A + B) $\geq$ 0
<=> $(A - B)^2$(A + B) $\geq$ 0
Ta có $(A - B)^2$ $\geq$ 0 (dĩ nhiên rồi!)
và A + B $\geq$ 0 (gt)
Nên $(A - B)^2$(A + B) $\geq$ 0.
Hay $A^3$ + $B^3$ $\geq$ $A^2$B + A$B^2$ (đpcm)
EmoticonEmoticon