NM
. Tìm m để góc giữa hai đường thẳng đó 
, với:
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
KK
29 tháng 12 2016
Bài 1a)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho từng cặp ta có
\(\left\{\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\b+c\ge2\sqrt{bc}\\c+a\ge2\sqrt{ac}\end{matrix}\right.\)
\(=>\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}\)
\(=>\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8\sqrt{\left(abc\right)^2}\)
\(=>\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8abc\) ( điều phải chứng minh )
Bài 1b)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si bộ 3 số cho từng cặp ta có
\(\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\end{matrix}\right.\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\sqrt[3]{\left(abc\right)^3}\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc\) (điều phải chứng minh )
Bài 1c) Ta có
\(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
\(=>1+a+b\left(1+a\right)\left(1+c\right)\ge1^3+3.1^2.\sqrt[3]{abc}+3.1.\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+\sqrt[3]{\left(abc\right)^3}\)
\(=>\left(1+a+b+ab\right)\left(1+c\right)\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc\)
\(=>1+a+b+ab+c\left(1+a+b+ab\right)\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc\)
\(=>1+a+b+ab+c+ca+bc+abc\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc\)
\(=>a+b+c+ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si bộ 3 số cho vế trái ta có
\(\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\end{matrix}\right.\)
\(=>a+b+c+ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\) (điều phải chứng minh )
KK
29 tháng 12 2016
Bài 2a)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho từng cặp ta có
\(\left\{\begin{matrix}\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ca}{b}}=2\sqrt{c^2}=2c\\\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b}.\frac{ab}{c}}=2\sqrt{a^2}=2a\\\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ab}{c}}=2\sqrt{b^2}=2b\end{matrix}\right.\)
\(=>2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(=>\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\) (điều phải chứng minh )
Bài 2b)
Chứng minh BĐT \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho vế trái ta có
\(\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\end{matrix}\right.\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9.\sqrt[3]{\frac{abc}{abc}}\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\) (điều phải chứng minh )
Ta có \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
\(=>\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+3\ge\frac{3}{2}+3\)
\(=>\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{a+c}+1+\frac{c}{a+b}+1\ge\frac{9}{2}\)
\(=>\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}\ge\frac{9}{2}\)
\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge\frac{9}{2}\)
\(=>2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\)
Áp dụng BĐT vừa chứng minh \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
\(=>\left(b+c+a+c+a+b\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9 \) (Điều phải chứng minh )
. Áp dụng chứng minh các BĐT sau:
AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 8 2017
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)(a+b)\geq (1+1)^2\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}\) (đpcm)
Áp dụng công thức trên (cho tất cả các phần)
a) \(\left\{\begin{matrix} \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}\\ \frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{4}{b+c}\\ \frac{1}{c}+\frac{1}{a}\geq \frac{4}{a+c}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \) cộng theo về, rút gọn: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\)
Ta có đpcm.
b) Áp dụng CT: \(\left\{\begin{matrix} \frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\geq \frac{4}{a+b+a+c}=\frac{4}{2a+b+c}\\ \frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\geq \frac{4}{a+b+2c}\\ \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\geq \frac{4}{a+2b+c}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\Rightarrow \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq 2\left (\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\right)\)
Ta có đpcm.
c) Áp dụng hai phần a và b:
\(\text{VP}\leq \frac{1}{2}\left (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow \text{VP}\leq \frac{4}{4}=1\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra ở tất cả các phần đều là khi \(a=b=c\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 8 2017
Lời giải:
a) Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\text{VT}=(\sqrt{a^3}^2+\sqrt{b^3}^2+\sqrt{c^3}^2)\left (\sqrt{\frac{1}{a}}^2+\sqrt{\frac{1}{b}}^2+\sqrt{\frac{1}{c}}^2\right)\geq (\sqrt{a^2}+\sqrt{b^2}+\sqrt{c^2})^2\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq (a+b+c)^2\) (đpcm)
b)
Khai triển ta có:
\(3(a^3+b^3+c^3)\geq (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow 2(a^3+b^3+c^3)\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)\)
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(a^3+a^3+b^3\geq 3\sqrt[3]{a^6b^3}=3a^2b\)
\(b^3+b^3+c^3\geq 3\sqrt[3]{b^6c3}=3b^2c\)
\(c^3+c^3+a^3\geq 3\sqrt[3]{c^6a^3}=3c^2a\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\geq a^2b+b^2c+c^2a\)
Hoàn toàn tương tự, ta cũng cm được: \(a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2\)
Suy ra \(2(a^3+b^3+c^3)\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a)\)
Do đó ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
TN
2
AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 8 2017
Lời giải:
a)
Áp dụng BĐT Cauchy:
\((a+b)(b+c)(c+a)\geq 2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=8abc\)
Do đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\geq 0\)
b) Áp dụng BĐT Cauchy:
\((a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)
Do đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\geq 0\)
c) Áp dụng BĐT Cauchy:
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}\)
\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}\)
Cộng theo vế:\(\Rightarrow 3\geq 3\frac{1+\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\)
\(\Leftrightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3\)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
TN
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 8 2017
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left (\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\right)(abc+abc+abc)\geq (ab+bc+ac)^2\)
\(\Leftrightarrow \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{3abc}\) $(1)$
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(\left\{\begin{matrix} a^2b^2+b^2c^2\geq 2ab^2c\\ a^2b^2+c^2a^2\geq 2a^2bc\\ b^2c^2+c^2a^2\geq 2abc^2\end{matrix}\right.\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow (ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)(2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geq a+b+c\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
b) Ta có:
\(\text{VT}+3=(a+b+c)\left (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right )(a+b+b+c+c+a)\geq (1+1+1)^2=9\)
\(\Rightarrow \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}\)
\(\Rightarrow \text{VT}+3\geq (a+b+c).\frac{9}{2(a+b+c)}=\frac{9}{2}\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{3}{2}\)
Do đó ta có đpcm.
15 tháng 2 2017
đặt 1+m=p^2; đk : m>=-1 ; p>=0 (*)
đặt 2x=y
BPT tương đương
\(y^2-\left(p^2+p-1\right)y+\left(p^2-1\right)p< 0\) (1)
xét pt: \(y^2-\left(p^2+p-1\right)y+\left(p^2-1\right)p=0\) (2)
\(\Delta_y=\left(p^2-1+p\right)^2-4p\left(p^2-1\right)=\left(p^2-1\right)^2+2p\left(p^2-1\right)+p^2-4p\left(p^2-1\right)\)
\(\Delta_y=\left(p^2-1-p\right)^2\ge0\) với mọi p theo (*)
Vậy (2) có nghiệm với mọi (p) theo (*)
\(\left[\begin{matrix}y_1=\frac{\left(p^2+p-1\right)-\left(p^2-p-1\right)}{2}=\frac{2p}{2}=p\\y_2=\frac{\left(p^2+p-1\right)+\left(p^2-p-1\right)}{2}=\frac{p^2-2}{2}\end{matrix}\right.\)
xét f(p)=y2-y1= \(\frac{p^2-2}{2}-p=\frac{p^2-p-2}{2}=\frac{\left(p+1\right)\left(p-2\right)}{2}\\ \)
=> \(\left\{\begin{matrix}p=-1;2\Rightarrow f\left(p\right)=0\\-1< p< 2\Rightarrow\\p>2\Rightarrow f\left(p\right)>0\end{matrix}\right.f\left(p\right)< 0}\)
Vậy ta có kết luận(1):
1.Nếu \(P=2\Rightarrow\left(2\right)cóN_0....y_1=y_2\) thì (1) vô Nghiệm
2.Nếu \(0\le P< 2\Rightarrow\left(2\right)cóN_0....y_1>y_2\)=> (1) có nghiệm \(y_2< y< y_1\)
3.Nếu \(P>2\Rightarrow\left(2\right)cóN_0....y_1< y_2\) => (1) có nghiệm \(y_1< y< y_2\)
Bạn làm tiếp phần y--> x ; p--> m
(đơn giải rồi)
17 tháng 2 2017
Mục đích là so sánh y1 và y2 để xem cái nào lớn , nhỏ hay bằng nhau
MC
5 tháng 5 2016
\(A=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{50^2}\)
\(A< 1+\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+....+\frac{1}{49.50}\)
\(A< 1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-....-\frac{1}{50}\)
\(A< 2-\frac{1}{50}< 2\)
Vậy A < 2
5 tháng 5 2016
\(\Rightarrow A< \frac{1}{1}+\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{49.50}=1+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{49}-\frac{1}{50}=1+1-\frac{1}{50}=2-\frac{1}{50}< 2\)
\(\Rightarrow A< 2-\frac{1}{50}< 2\) hay \(A< 2\)
MH
2
DN
27 tháng 7 2016
VT=\(\overrightarrow{MB}\)+\(\overrightarrow{BA}\)+\(\overrightarrow{MD}\)+\(\overrightarrow{DC}\)
=(\(\overrightarrow{MB}\)+\(\overrightarrow{MD}\))+(\(\overrightarrow{BA}\)+\(\overrightarrow{DC}\))
=\(\overrightarrow{MB}\)+\(\overrightarrow{MD}\)+\(\overrightarrow{0}\) (vì \(\overrightarrow{BA}\) và \(\overrightarrow{DC}\) đối nhau)
=\(\overrightarrow{MB}\)+\(\overrightarrow{MD}\)(đpcm)
LY
0
Lời giải:
Áp dụng công thức tính góc giữa hai đường thẳng thôi:
\(\cos (d,\Delta)=\frac{|(m+3)(m-2)-(m-1)(m+1)|}{\sqrt{(m+3)^2+(m-1)^2}\sqrt{(m-2)^2+(m+1)^2}}=\cos 90=0\)
\(\Leftrightarrow (m+3)(m-2)-(m-1)(m+1)=0\)
\(\Leftrightarrow m-5=0\Leftrightarrow m=5\)
Vậy $m=5$