Lần đầu tiên mổ xẻ “kim tự tháp” trên sao Hỏa

Lần đầu tiên mổ xẻ “kim tự tháp” trên sao Hỏa Cập nhập lúc 8h37 ngày 27/09/2012 Lần đầu tiên, tàu thăm dò Nasa chạm được vào “kim tự tháp” sao Hỏa và thậm chí còn dùng tia laser xuyên thủng mặt đá để phân tích cấu tạo. Trên thực tế, “kim tự tháp” sao Hỏa là một tảng đá có hình dạng giống kim tự tháp một cách kỳ lạ. Đây cũng chính là bài kiểm tra đầu tiên dành cho hệ thống thiết bị phân tích tối tân mà Curiosity được trang bị. Khối...

Phát hiện dấu tích của suối trên sao Hỏa

Phát hiện dấu tích của suối trên sao Hỏa Thiết bị thăm dò tự hành Curiosity vừa tìm thấy bằng chứng về sự tồn tại của một dòng suối sâu trên sao Hỏa, một phát hiện có thể giúp các nhà khoa học chứng minh nước từng chảy trên hành tinh đỏ. Vô số viên sỏi nhẵn nằm trên một vỉa đá trong hố Gale trên sao Hỏa. Những hình ảnh mà Curiosity gửi về trái đất cho thấy những viên sỏi nhẵn trong các vỉa đá. Trên trái đất, những viên sỏi như thế thường...

Sao chổi mới đang tiến đến mặt trời

Sao chổi mới đang tiến đến mặt trời Một sao chổi mới được phát hiện có thể là một trong những vật thể sáng nhất trên bầu trời đêm khi nó tiếp cận Trái đất vào năm sau. Sao chổi trên đã được phát hiện bởi hai nhà thiên văn Vitali Nevski và Artyom Novichonok của Hệ thống Quang học Khoa học Quốc tế (Nga). Sao chổi mới được cho là xuất phát từ mây Oort đang bao vây hệ mặt trời - (Ảnh: NASA) Trung tâm Tiểu hành tinh thuộc Liên đoàn Thiên văn...

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 4(a+b+c-1).$$

Lời giải Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có $$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc.$$ Mặt khác, ta luôn có $$(a+b+c)(ab+bc+ca)=(a+b)(b+c)(c+a)+abc.$$ Do đó $$(a+b)(b+c)(c+a) \ge \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca).$$ Bây giờ, sử dụng 1...

Cho $\ a,b,c$ là ba số thực với $\ c>0$ thỏa mãn: $\ a^2+ab+b^2=3c^2$. Chứng minh: $$a^3+b^3+4abc \le 6c^3$$

Lời giải Đặt $x=\dfrac{a}{c}, \ y=\dfrac{b}{c}$ thì ta có $x^2+xy+y^2=3$ hay $(x+y)^2-3=xy$ và ta cần chứng minh $$x^3+y^3+4xy \le 6,$$ tức là ta cần...

Chứng minh rằng, nếu $x,y,z$ là ba số thực dương sao cho $xyz=1,$ thì $$\sqrt{\frac{x}{x^3+8}}+\sqrt{\frac{y}{y^3+8}}+ \sqrt{ \frac{z}{z^3+8}}\ge \frac{9}{(x+y+z)^2}.$$

Lời giải Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có $$2\sqrt{x\left( {{x}^{3}}+8 \right)}=\sqrt{\left( {{x}^{2}}+2x \right)\left( {{x}^{2}}-2x+4 \right)}\le 2{{x}^{2}}+4.$$ Từ đó ta suy ra $$\sqrt{\frac{x}{x^3+8}} = \frac{x}{\sqrt{x\left( x^3+8 \right)}}\ge \frac{x}{x^2+2} = \frac{x}{x^2+2xyz}=\frac{1}{x+2yz}.$$ Thiết lập tương tự với $b$ và $c$, sau đó cộng vế theo vế, ta thu được $$\sqrt{\frac{x}{{{x}^{3}}+8}}+\sqrt{\frac{y}{{{y}^{3}}+8}}+\sqrt{\frac{z}{{{z}^{3}}+8}}\ge \frac{1}{x+2yz}+\frac{1}{y+2zx}+\frac{1}{z+2xy}.$$ Bây giờ, sử dụng bất đẳng...

Những siêu Trái đất nguội chậm sẽ không có sự sống

Những siêu Trái đất nguội chậm sẽ không có sự sống Những hành tinh ngoại đất đá với khối lượng từ 2 đến 10 lần khối lượng Trái đất có lẽ không có những thời kì hoạt động núi lửa kéo dài được cho là điều kiện thiết yếu cho sự sống tiến hóa. Đó là kết luận của một nghiên cứu mới của các nhà khoa học ở Mĩ và Đức khảo sát tốc độ nguội đi của những “siêu Trái đất” này. Nghiên cứu còn đề xuất rằng việc tìm hiểu hành trạng của phần lõi của một siêu hành...

Lần đầu tiên ‘mổ tim’ thành công thiên hà M87

Lần đầu tiên ‘mổ tim’ thành công thiên hà M87 Lần đầu tiên các nhà thiên văn đã quan sát được nguồn gốc của vòi vật chất phát ra từ thiên hà M87. Kết quả cho thấy một lỗ đen đang quay tròn tại tâm của thiên hà và những hiệu chỉnh trong tương lai của kĩ thuật trên có thể mang lại phép kiểm tra chặt chẽ nhất của thuyết tương đối rộng Einstein. Đa số các thiên hà, kể cả Dải Ngân hà của chúng ta, được cho là có chứa một lỗ đen siêu khối tại tâm của...

Lần đầu tiên nhìn thấy sự ma sát spin ở một nguyên tử độc thân

Lần đầu tiên nhìn thấy sự ma sát spin ở một nguyên tử độc thân Một đội nghiên cứu quốc tế cho biết lần đầu tiên họ đã đo được thành phần ma sát phụ thuộc spin của một nguyên tử độc thân khi nó trượt trên một bề mặt từ tính. Đội đã sử dụng kết hợp kính hiển vi quét chui hầm phân cực spin và kĩ thuật xử lí nguyên tử độc thân để đẩy từng nguyên tử từ tính trên một khuôn từ tính. So sánh các kết quả thực nghiệm và mô phỏng trên máy tính, các nhà...

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn: $$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=1.$$ Chứng minh rằng: $$\left (\dfrac{a+b+c}{3}\right)^{5}\geq \dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}$$

Lời giải Sử dụng bất đẳng thức $Schur$ ta có $$abc \ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$$ Do đó ta có $$abc \ge 1.$$  Bây giờ, sử dụng đánh giá trên và kết hợp bất đẳng thức quen thuộc $$3abc(a+b+c) \le (ab+bc+ca)^2,$$  ta thấy rằng $$\begin {align} {{3}^{4}}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( a+b+c \right) & \le {{3}^{3}}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)3abc\left( a+b+c \right) \\ & \le {{3}^{3}}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right){{\left( ab+bc+ca \right)}^{2}}. \end{align}$$ Mặt khác, sử dụng bất đẳng...

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$

Lời giải Cách 1: Tăng Hải Tuân - vatliphothong.vn Bất đẳng thức là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $abc=1$. Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$, dễ thấy $$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \ge 3$$ Mặt khác, theo bất đẳng thức quen thuộc $3abc(a+b+c) \le (ab+bc+ca)^2$ ta sẽ đưa bài toán về chứng minh $$(a+b+c)^2+3\ge4(ab+bc+ca),$$  hay tương đương $$a^2+b^2+c^2+3 \ge 2(ab+bc+ca).$$ Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có $a^2+b^2 \ge 2ab$ và $c^2+1\ge2c$, và với chú ý là $2=2abc$ nên bất đẳng thức sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được...

Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$\left(abc+1\right)\left(\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \right) + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} + \dfrac{b}{a} \ge a+b+c +6$$

Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$ab+bc+ca+\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}+\dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} + \dfrac{b}{a} +a+b+c\ge 2(a+b+c) +6.$$  Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có $$ab+\dfrac{b}{a} \ge 2b, \ bc+\dfrac{c}{b} \ge 2c, \ ca+\dfrac{a}{c} \ge 2a.$$  Cộng vế với vế ba bất đẳng thức này, ta thu được $$ab+bc+ca+\dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 2(a+b+c). \ (1)$$  Mặt khá...

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$P=\dfrac{a^3}{\sqrt{b^2+1}}+ \dfrac{b^3}{\sqrt{c^2+1}} +\dfrac{c^3}{\sqrt{a^2+1}}$$

Lời giải Cách 1: Tăng Hải Tuân - vatliphothong.vn Bài toán được giải quyết hoàn toàn chỉ bằng $AM-GM.$ Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta ...

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xy+yz+zx =1$. Chứng minh rằng: $$\frac{x}{y(1+x^2)}+\frac{y}{z(1+y^2)}+\frac{{z}}{{x}(1+z^2)} \geq \frac{9}{4}$$

Lời giải Cách 1: Tăng Hải Tuân - vatliphothong.vn Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:  $$\begin{align}   & \bullet xyz\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right)\le \frac{8{{\left( xy+yz+zx \right)}^{3}}}{27}=\frac{8}{27}. \\  & \bullet \left( x+y+z \right)=\left( x+y+z \right)\left( xy+yz+zx \right)\le \frac{9}{8}\left( x+y \right)\left( y+z \right)\left( z+x \right). \\ \end{align}$$ Mà ta luôn c...

Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng $$\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)} \ge \sqrt{abc}+\sqrt{a^3+b^3+c^3+abc}$$ (Trần Quốc Anh)

Lời giải Cách 1: Nhìn thấy căn, ngứa mắt quá, bình phương 2 vế phá nó thôi ^^! Bình phương hai vế, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$ab\left( a+b \right)+bc\left( b+c \right)+ca\left( c+a \right)\ge 2abc+2\sqrt{abc\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc \right)}.$$ Vẫn còn căn thức à?...

Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng $$\frac{1+2a}{1+2a+6a^{2}}+\frac{1+2b}{1+2b+6b^{2}}+\frac{1+2c}{1+2c+6c^{2}}\geq\frac{15}{7}$$ (Trần Quốc Anh)

Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$\frac{{{a}^{2}}}{1+2a+6{{a}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{1+2b+6{{b}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{1+2c+6{{c}^{2}}}\le \frac{1}{7}.$$ Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta ...

Cho các số không âm $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng $$(5a+b)({{b}^{2}}+4ca)\le 80.$$ Trích đề thi thử số 5 - 2012 - onluyentoan.vn

Lời giải Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc $xy \le \dfrac{(x+y)^2}{4}$, ta có: $$4(5a+b).5(b^2+4ca) \le  \dfrac{(20a+4b+5b^2+20ca)^2}{4}.$$ Như vậy, bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra đư...

Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng $$abc(a^3+b^3+c^3) \le 3$$ (Trần Quốc Anh)

Lời giải Theo bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có $$(a^3+b^3+c^3)^2 \le (a^2+b^2+c^2)(a^4+b^4+c^4).$$ ...

Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng $$\sqrt{3}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \le\frac{a\sqrt{a}}{bc}+\frac{b\sqrt{b}}{ca}+\frac{c\sqrt{c}}{ab}$$ (Iran TST 2012 - Round 2, Problem 4)

Lời giải Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn (với cùng giả thiết) là $$3(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}) \le\frac{a\sqrt{a}}{bc}+\frac{b\sqrt{b}}{ca}+\frac{c\sqrt{c}}{ab}$$ Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có...

Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn $a \le b \le 3 \le c, \ c \ge b + 1$ và $a + b \ge c.$ Tìm Min của $$Q = \frac{{2ab + a + b + c\left( {ab - 1} \right)}}{{\left( {a + 1} \right)\left( {b + 1} \right)\left( {c + 1} \right)}}$$ (Đề Toán vòng 1 vào 10 KHTN - 2012)

Lời giải Dự đoán điểm rơi tại $a=1, \ b=2, \ c=3$. Thật vậy, giả thiết cho $a+b \ge c$ và $c \ge b+1$ và $c \ge 3 \ge b \ge a$ thì kiểu gì mình chả dùng đế...

Cho các số thực dương $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng $$a^2+b^2+c^2-\sqrt{3(a+b+c)}+\frac{16}{ab+bc+ca+1} \ge 4.$$

Lời giải Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta đưa bài toán về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là $$a^2+b^2+c^2-\frac{3+a+b+c}{2}+\frac{16}{ab+bc+ca+1} \ge 4. \ \ \ \ (1)$$ Bây giờ, giả sử $(a-1)(b-1) \ge 0$. Khi đó ta ...

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $$\frac{2}{ab+bc+ca+2}+\frac{3}{5}abc\le 1.$$

Lời giải Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc $3(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^2$, ta có $ab+bc+ca \le 3$ Do đó, ta có...

Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng : $$\sqrt{\dfrac{a(b+c)}{a^2+bc}}+\sqrt{\dfrac{b(c+a)}{b^2+ca}}+\sqrt{\dfrac{c(a+b)}{c^2+ab}}\ge 2$$

Lời giải Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi một biến bằng không, hai biến còn lại bằng nhau. Trước hết, mục tiêu của ta là phá căn, hiển nhiên tư tưởng đầu tiên sẽ sử dụng $AM-GM.$ Ta sẽ đánh giá sao cho đẳng thức đạt tại $a=b>0$ và $c=0$ chẳng hạ...

Kết luận cuối cùng cho nguyên tố 113

Kết luận cuối cùng cho nguyên tố 113 Các nhà khoa học tại Trung tâm Khoa học Máy gia tốc RIKEN Nishina (RNC) đã thu được dữ liệu rõ ràng nhất từ trước đến nay cho nguyên tố 113 vốn hay lảng tránh các nhà khoa học. Một chuỗi gồm sáu phân rã alpha liên tiếp, tạo ra trong các thí nghiệm tại Xưởng Chùm Đồng vị Phóng xạ RIKEN (RIBF), đã nhận dạng thuyết phục nguyên tố 113 qua các liên hệ với những hạt nhân con cháu đã biết. Kết quả công bố trên tạp...

Cần bao nhiêu phân tử nước mới kết thành băng?

Cần bao nhiêu phân tử nước mới kết thành băng? Cần bao nhiêu phân tử nước để tạo thành một cục băng nhỏ nhất? Khoảng chừng 275: đó là kết luận của các nhà nghiên cứu ở Đức và Cộng hòa Czech, họ đã phát triển kĩ thuật đầu tiên từng được sử dụng để khảo sát những cụm lớn gồm những phân tử nước. Kết quả của họ có thể giúp làm sáng tỏ sự hình thành của băng tuyết trên cao trong khí quyển. Những cụm nước là những tập hợp gồm những phân tử nước được...

Luis Walter Alvarez (1911 – 1988)

Luis Walter Alvarez (1911 – 1988) Trong những năm đầu làm nhà vật lí nghiên cứu tại trường Đại học California ở Berkeley hồi thập niên 1930, Luis Alvarez đã mang biệt danh “người đàn ông lí tưởng”, cái tên ghi nhận những nghiên cứu sâu rộng của ông và khả năng của ông nhận dạng những câu hỏi quan trọng cần giải quyết. Là một thành viên của Dự án Manhattan, dự án chế tạo bom nguyên tử trong Thế chiến thứ hai, Alvarez đã đi theo Enola Gay,...

Nghiên cứu lỗ đen để đo khối lượng photon

Nghiên cứu lỗ đen để đo khối lượng photon Một đội nhà khoa học tại trường Đại học Mississippi vừa công bố một bài báo trên tạp chí Physical Review Letters, trong đó họ trình bày một cách sử dụng các quan trắc thiên văn để kiểm tra một phương diện cơ bản của Mô hình Chuẩn - ấy là các photon có khối lượng. Họ đã sử dụng các quan sát lỗ đen siêu khối, xác định ràng buộc tốt nhất từ trước đến nay cho khối lượng hạt photon. Theo bài...

Bầu trời đêm 2013 sẽ có một sao chổi sáng hơn cả trăng rằm

Bầu trời đêm 2013 sẽ có một sao chổi sáng hơn cả trăng rằm Hôm nay, ngôi sao chổi mới phát hiện này chỉ xuất hiện dưới dạng một cái chấm nhỏ xíu trên bầu trời phía gần Mộc tinh. Nhưng khoảng một năm nữa, nó sẽ là một trong những vật thể sáng nhất trên bầu trời đêm của chúng ta. Vitali Nevski và Artyom Novichonok, thuộc Mạng lưới Quang học Khoa học Quốc tế (ISON) ở Nga, đã phát hiện ra sao chổi C/2012 S1 (ISON) vào hôm 21 tháng 9 qua các bức ảnh...

Phát hiện 1,5 triệu loài sinh vật biển mới

Phát hiện 1,5 triệu loài sinh vật biển mới Sau hành trình 36 tháng vượt hơn 70.000 dặm đường trên khắp các đại dương của thế giới, con tàu thám hiểm Tara đã cập cảng London hồi tuần rồi. Một cuộc triển lãm đã được tổ chức tại Bảo tàng Khoa học ở London, giới thiệu 1,5 triệu loài mới phát hiện ra trong hơn 30.000 mẫu nước biển, với kích cỡ đủ loại từ tương đối lớn – dài 1 cm – đến nhỏ chừng 1 mm. Dưới đây là một số loài mới được giới thiệu. Đây...

Với $a,b,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng $$(a+b+c)^5\ge 27(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca).$$

Cách 1: Dùng phương pháp tam thức bậc hai Bất đẳng thức hoàn toàn thuần nhất, chuẩn hóa $a+b+c=3$ cho tiện. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca) \le 9.$$ Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ là số nằm giữa hai số $a$ và $c$. Khi đó ta có $$\begin{align}   & c\left( b-a \right)\left( b-c \right)\le 0  \Leftrightarrow {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a\le b\left( {{a}^{2}}+ac+{{c}^{2}} \right). \\ \end{align}$$ Đặt $x=ac$. Ta có $a+c=3-b$ và ta sẽ chứng mi...

Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=2$. Chứng minh rằng: $$ab+bc+ca \le 1+2abc$$

Lời giải Đặt $S=a+b, \ P=ab$. Khi đó giả thiết được viết lại dưới dạng $S^2+c^2=2+2P$, suy ra $2P=S^2+c^2-2$. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $$2Pc+1-P-Sc \ge 0,$$ hay $$\left( {{S}^{2}}+{{c}^{2}}-2 \right)c+1-\frac{{{S}^{2}}+{{c}^{2}}-2}{2}-Sc\ge 0,$$ có nghĩa là ta đi chứng minh $$f\left( S \right)=\left( 2c-1 \right).{{S}^{2}}-2c.S+2{{c}^{3}}-{{c}^{2}}-4c+4\ge 0.$$ Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử $c$ là số lớn nhất trong ba số $a, \ b, \ c.$ Khi đó dễ thấy $2 \le 3c^2$, suy ra $c \ge \sqrt{\dfrac{2}{3}}.$...

Cho $a,b,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng với mọi số thực $k\ge 1,$ bất đẳng sau luôn được thỏa mãn. $$k(a^2+b^2+c^2)+abc+3k+2\ge (2k+1)(a+b+c).$$

Lời giải Giả sử $(a-1)(b-1) \ge 0$ thì khi đó ta có $ab+1 \ge a+b$. Do đó $$k(a^2+b^2+c^2)+abc+3k+2 \ge k(a^2+b^2+c^2)+(a+b-1)c+3k+2$$ Bây giờ đặt $2t=a+b$, sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ dễ thấy $a^2+b^2 \ge 2t^2$,...

Cho các số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: $$(a^3+b^3+c^3)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc) \le 36.$$

Lời giải Không mất tính tổng quát, giả sử $a \ge b \ge  c$. Khi đó ta có $3 \ge a \ge 1, \ bc \le a^2$ và $$\begin{align}    {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}+abc&={{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}+bc\left( bc+a.1 \right) \\  & \le {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}+bc\left( {{a}^{2}}+a.a \right) \\  & ={{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}bc \\  & ={{a}^{2}}{{\left( b+c \right)}^{2}}. \\ \end{align}$$ Mặt khác, vì...

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\frac{a}{{{b}^{3}}+16}+\frac{b}{{{c}^{3}}+16}+\frac{c}{{{a}^{3}}+16}\ge \frac{1}{6}.$$

Lời giải Như thường lệ, công việc đầu tiên là ta sẽ dự đoán đẳng thức xảy ra, và từ đó tìm hướng giải quyết cho bài toán. Thông thường, đối với những bài toán mà bất đẳng thức cần chứng minh có dạng hoán vị hoặc đối xứng, ta sẽ dự đoán đẳng thức xảy ra tại các biến bằng nhau. Tuy nhiên, ở bài toán này, ta dễ kiểm chứng thấy đẳng thức không xảy ra tại $a=b=c=1$. Một cách cảm tính, ta thấy đẳng thức xảy ra tại $\left( a,b,c \right)=\left\{ \left( 0,1,2 \right);\left( 1,2,0 \right);\left( 2,0,1 \right) \right\}.$ Tuy nhiên, không phải ai cũng...

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng $$\sqrt{\dfrac{3}{(a+b)^2}+c^2}+\sqrt{\dfrac{3}{(b+c)^2}+a^2}+\sqrt{\dfrac{3}{(c+a)^2}+b^2}\ge \dfrac{3\sqrt{7}}{2}.$$

Lời giải Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ dạng $$\frac{1}{\sqrt{7}}\sqrt{\left( 3+4 \right)\left[ \frac{3}{{{(a+b)}^{2}}}+{{c}^{2}} \right]}\ge \frac{1}{\sqrt{7}}\left[ \frac{3}{a+b}+2c \right].$$ Ta đưa bài toán về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn sau : $$\dfrac{1}{a+b}+ \dfrac{1}{b+c}+ \dfrac{1}{c+a}+ \dfrac{2}{3}(a+b+c)\ge \dfrac{7}{2},$$ hay tương đương (sau khi nhân hai vế với  $a+b+c$) : $$3+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} + \frac{2}{3}{{\left( a+b+c \right)}^{2}} \ge \frac{7}{2}\left( a+b+c \right)$$ Đặt $t=a+b+c$...

Cho các số thực dương $a,b,c$ .Chứng minh rằng: $$a + b + c + \dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a} \ge 2\sqrt {3({a^2} + {b^2} + {c^2})}$$

Lời giải Đây là một bài toán không khó, nhưng khá thú vị. Tôi tìm được 4 lời giải cho nó. Cách 1. Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có $$2\sqrt{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}\le \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{a+b+c}+a+b+c.$$ Do đó, bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được $$\frac{{{a}^{2}}}{b}+\frac{{{b}^{2}}}{c}+\frac{{{c}^{2}}}{a}\ge \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{\left( a+b+c \right)}.$$ Mặt khác, theo một kết quả quen thuộ...

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $$9\left ( a^{4} +b^{4}+c^{4}\right )-25\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+48=0.$$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$P=\dfrac{a^{2}}{b+2c}+\dfrac{b^{2}}{c+2a}+\dfrac{c^{2}}{a+2b}$$

Bình thường khi tiếp cận 1 bài toán, ta khai thác triệt để giả thiết của bài toán trước, và từ giả thiết sau khi đã khai thác sẽ định hướng cho ta sẽ phải làm gì. Ở bài toán này, với điều kiện giả thiết $9\left ( a^{4} +b^{4}+c^{4}\right )-25\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+48=0$ và biểu thức P là đối xứng với các biến, nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$. Từ giả thiết $9\left ( a^{4} +b^{4}+c^{4}\right )-25\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+48=0$ với bậc của các biến là bậc 4 và bậc 2, nên ta có hai hướng khai khác 1. Đưa các biến...

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $$y=\sqrt{\cos^2x-2\cos x+3}+\sqrt{\cos^2x+6\cos x+13}$$

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có : $$\begin{align}    y & =\sqrt{{{\cos }^{2}}x-2\cos x+3}+\sqrt{{{\cos }^{2}}x+6\cos x+13} \\  & \le \frac{{{\cos }^{2}}x-2\cos x+3+2}{2\sqrt{2}}+\frac{{{\cos }^{2}}x+6\cos x+13+20}{2\sqrt{20}} \\  & =\sqrt{2}+2\sqrt{5}+\frac{\left( \cos x-1 \right)\left( \sqrt{5}\cos x+5\sqrt{2}\cos x+7\sqrt{5}-5\sqrt{2} \right)}{20} \\  & \le \sqrt{2}+2\sqrt{5}. \\ \end{align}$$ Đẳng thức xảy ra khi $cosx=1$ nên giá trị lớn nhất của $y$ là $\sqrt{2}+2\sqrt{5}. \ \blacksquare$ Câu hỏi...

Một proton bay theo phương của một đường sức điện, lúc proton ở điểm A thì vận tốc của nó bằng $2,5.10^4 m/s$. Khi bay đến $B$ vận tốc của proton bằng không. Điện thế tại $A$ bằng $500V$. Hỏi điện thế tại điểm B? cho biết proton có khối lượng $1,67.10^ -27kg$ và có điện tích $1,6.10^{ -19}c$

Lời giải Độ biến thiên động năng chính bằng công của lực điện trường...

Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$(a+bc)(b+ca)(c+ab) \ge 8abc$$

Lời giải Chia hai vế của bất đẳng thức cho $abc$, ta cần chứng minh $$\begin{matrix}   \left( 1+\frac{ab}{c} \right)\left( 1+\frac{bc}{a} \right)\left( 1+\frac{ca}{b} \right)\ge 8, \\   {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+\left( \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \right)+abc\ge 7. \\ \end{matrix}$$ Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)$, ta ...