ĐKXĐ : \(x\ge2;y\ge-\frac{1}{2}\)

\(\hept{\begin{cases}x+2y-1-2\sqrt{2xy+x-4y-2=0}\\\sqrt{x-2}+3\sqrt{2y+1}=4\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x-2\right)+\left(2y+1\right)-2\sqrt{\left(x-2\right)\left(2y+1\right)}0\\\sqrt{x-2}+3\sqrt{2y+1}=4\end{cases}}\)

Đặt :

\(\hept{\begin{cases}\sqrt{x-2}=u\ge0\\\sqrt{2y+1}=v\end{cases}}\)ta được :

\(\hept{\begin{cases}u^2+v^2=2uv=0\\u+3v=4\end{cases}}\)

\(\hept{\begin{cases}\left(u-v\right)^2=0\\u+3v=4\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}u-v=0\\u+3v=4\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}u=1\\v=2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{x-2}=1\\\sqrt{2y+1}=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-2=1\\2y+1=1\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\y=0\end{cases}}\)

bn đợi nhé

Vì \(abc=1\)nên trong 3 số a,b,c luôn có 2 số nằm cùng phía so với 1.

Không mất tính tổng quát ta giả sử 2 số đó là a và b, khi đó ta có:

\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow a+b\le1+ab=\frac{c+1}{c}\)

Do đó ta được:

\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\left(1+a+b+ab\right)\left(c+1\right)\)

\(=2\left(1+ab\right)\left(1+c\right)\le\frac{2\left(c+1\right)^2}{c}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}\ge\frac{1}{\left(1+ab\right)\left(1+\frac{a}{b}\right)}+\frac{1}{\left(1+ab\right)\left(1+\frac{b}{a}\right)}\)

\(=\frac{b}{\left(1+ab\right)\left(a+b\right)}+\frac{a}{\left(1+ab\right)\left(a+b\right)}=\frac{1}{1+ab}=\frac{c}{c+1}\)

Do đó ta được:

\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+c\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)

\(\ge\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}+\frac{c}{\left(c+1\right)^2}=\frac{c\left(c+1\right)+1+c}{\left(c+1\right)^2}=1\)

Như vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi \(a=b=c=1\).

Đặt \(x=a^3;y=b^3;z=c^3\), khi đó \(xyz=1\). Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(2+xy+yz+zx+x+y+z\right)}\)

Ta viết lại bất đẳng thức như sau:

\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(2+xy+yz+zx+x+y+z\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\)

Bình phương 2 vế ta được:

\(\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\ge8\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được \(\left(x+y\right)^2\left(x+\frac{1}{y}\right)^2\ge x+1^4\)hay ta được bất đẳng thức:

\(\left(x+y\right)^2\left(x+xz\right)^2\ge\left(x+1\right)^4\Leftrightarrow x^2\left(x+y\right)^2\left(1+z\right)^2\ge\left(x+1\right)^4\)

Tương tự ta được các bất đẳng thức:

\(y^2\left(y+z\right)^2\left(1+x\right)^2\ge\left(y+1\right)^4;z^2\left(z+x\right)^2\left(1+y\right)^2\ge\left(z+1\right)^4\)

Nhân theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:

\(x^2y^2z^2\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\)

\(\ge\left(x+1\right)^4\left(y+1\right)^4\left(z+1\right)^4\)

Hay:

\(\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\ge\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\)

Mặt khác, ta lại có:

\(\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\ge\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\cdot8\sqrt{xyz}\)

\(=8\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\)

Do đó ta được bất đẳng thức:

\(\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\ge8\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)

Bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

Vì tia sáng \(\left(1\right)\) song song với trục chính \(\Delta\) nên nó đi qua tiêu điểm ảnh \(F'\) của thấu kính hội tụ.

Vì tia sáng \(\left(2\right)\) đi qua quang tâm \(O\) nên nó truyền thẳng.

Để vẽ tia ló của tia sáng \(\left(3\right)\), ta dựng tiêu diện ảnh \(\left(P'\right)\), dựng trục phụ \(\Delta_1\) song song với tia tới \(\left(3\right)\),

gọi \(\Delta_1\) cắt \(\left(P'\right)\) tại \(A\). Khi đó, tia ló của \(\left(3\right)\) sẽ đi qua điểm \(A\).

Nhận xét: 3 tia ló trên đồng quy tại \(S'\), ảnh của điểm sáng \(S\) qua thấu kính hội tụ.

tham khảo

Hoa Kỳ ủng hộ một nước Việt Nam vững mạnh, thịnh vượng và độc lập, góp phần đảm bảo an ninh quốc tế; tham gia các quan hệ thương mại hai bên cùng có lợi; và tôn trọng nhân quyền và pháp quyền. ... Năm 2020, Việt Nam và Hoa Kỳ đã kỷ niệm 25 năm quan hệ ngoại giao giữa hai nước, tiếp tục cam kết tăng cường hợp tác.

mk cop mạng:>

Hoa Kỳ ủng hộ một nước Việt Nam vững mạnh, thịnh vượng và độc lập, góp phần đảm bảo an ninh quốc tế; tham gia các quan hệ thương mại hai bên cùng có lợi; và tôn trọng nhân quyền và pháp quyền. ... Năm 2020, Việt Nam và Hoa Kỳ đã kỷ niệm 25 năm quan hệ ngoại giao giữa hai nước, tiếp tục cam kết tăng cường hợp tác.

thủ trưởng ngoại giao trịnh trọng tuyên bố nước cộng hòa xã hội chủ nghĩa việt nam là thành viên 149 của liên hợp quốc
Liên hợp quốc giúp việt nam chăm sóc trẻ em, bà mẹ có thai, nuôi con nhỏ: tiêm chủng, đào tạo nhân lực, trồng rừng...

tham khảo

Quan hệ hợp tác Việt Nam - Liên hợp quốc trong hơn 40 năm qua đã góp phần bảo vệ và thúc đẩy lợi ích quốc gia, dân tộc, củng cố môi trường hòa bình, an ninh, thúc đẩy hội nhập quốc tế sâu rộng hơn và góp phần nâng cao vị thế, hình ảnh Việt Nam trên trường quốc tế.