Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ÁP dụng BĐT AM-Gm ta có:
\(Σ\frac{a^2}{\left(ab+2\right)\left(2ab+1\right)}\ge\frac{4}{9}\cdotΣ\frac{a^2}{\left(ab+1\right)^2}\)
ĐẶt \(a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}\) thì cần cm
\(Σ\frac{a^2}{\left(ab+1\right)^2}=Σ\left(\frac{xz}{y\left(x+z\right)}\right)^2\ge\frac{3}{4}\)
\(Σ\left(\frac{xz}{y\left(x+z\right)}\right)^2\ge\frac{1}{3}\left(\frac{xz}{y\left(x+z\right)}\right)^2\)
Theo C-S \(Σ\frac{xz}{y\left(x+z\right)}=\frac{\left(xz\right)^2}{xyz\left(x+z\right)}\ge\frac{\left(Σxy\right)^2}{2xy\left(Σx\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(\frac{1}{3}\cdot\left(Σ\frac{xz}{y\left(x+z\right)}\right)^2\ge\frac{1}{3}\cdot\frac{9}{4}=\frac{3}{4}\)
Đúng hay ta có ĐPCM xyar ra khi a=b=c=1
3/ \(\hept{\begin{cases}mx+y=3m\\x+my=2m+1\end{cases}}\)
Để PT trên có nghiệm duy nhất
\(\frac{m}{1}\ne\frac{1}{m}\Rightarrow m^2\ne1\Rightarrow m\ne1\)
\(\hept{\begin{cases}mx+y=3m\\x+my=2m+1\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m^2x+my=3m^2\\x+my=2m+1\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m^2x+my=3m^2\\m^2x-x=3m^2-2m-1\left(#\right)\end{cases}}\)
Từ (#) \(m^2x-x=3m^2-2m-1\)
\(\Leftrightarrow x\left(m^2-1\right)=3m^2-2m-1\)
\(\Rightarrow x=\frac{3m^2-2m-1}{m^2-1}=\frac{\left(3m+1\right)\left(m-1\right)}{\left(m+1\right)\left(m-1\right)}=\frac{3m+1}{m+1}\)
Có \(mx+y=3m\Leftrightarrow y=3m-mx=3m-\frac{m\left(3m+1\right)}{m+1}=\frac{3m^2+3m-3m^2-m}{m+1}=\frac{2m}{m+1}\)
=> Vậy PT trên có 1 nghiệm \(\left(x;y\right)=\left(\frac{3m+1}{m+1};\frac{2m}{m+1}\right)\)
Và x + y =1
\(\Rightarrow\frac{3m+1}{m+1}+\frac{2m}{m+1}=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{5m+1}{m+1}=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{5m+1}{m+1}-1=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{5m+1-m-1}{m+1}=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{4m}{m+1}=0\)
\(\Rightarrow4m=0\Rightarrow m=0\)
Mik không giỏi dạng này nên có j sai ib ạ >:
Ta sẽ chứng minh:\(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\)
Theo nguyên lí Dirichlet, luôn tồn tại ít nhất 2 trong 3 số \(a^2-1,b^2-1,c^2-1\) cùng dấu.
Giả sử đó là \(b^2-1,c^2-1\Rightarrow\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\ge0\)
\(\because\) \(\left(a^2+1+1\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{b^2+c^2+1}\) (Bunyakovski)\(\therefore VT\ge\frac{\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\left(a+b+c\right)^2}{b^2+c^2+1}\ge3\left(a+b+c\right)^2\)\(\Leftrightarrow\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(b^2+c^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\ge0\) (đúng do giả sử)
Từ đó dẫn đến kết luận.
Cách khác: Xét hiệu 2 vế, thu được:
Đúng vì: \(2b^2c^2+b^2-6bc+c^2+2=2\left(bc-1\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\)
A B C D H
Kiên trì lắm mới làm đây,đang làm tự nhiên máy load lại :(
Áp dụng định lý đường phân giác\(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}\)
Áp dụng định lý Pythagoras:\(BC^2=AB^2+AC^2\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10\left(cm\right)\)
Đặt \(BD=3k;DC=4k\)
Ta có:\(BD+DC=BC\Rightarrow3k+4k=10\Rightarrow k=\frac{10}{7}\)
\(\Rightarrow BD=\frac{30}{7}\left(cm\right);DC=\frac{40}{7}\left(cm\right)\)
b
Áp dụng định lý Thales:\(\frac{DH}{AC}=\frac{BH}{HA}=\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}\Rightarrow DH=\frac{3}{4}\cdot8=6\left(cm\right)\)
Đặt \(BH=3q;AH=4q\)
Ta có:\(BH+AH=AC\Rightarrow3q+4q=8\Rightarrow q=\frac{8}{7}\)
\(\Rightarrow AH=\frac{32}{7}\left(cm\right)\)
Áp dụng định lý Pythagoras:\(AH^2+HD^2=AD^2\Rightarrow AD=\sqrt{AH^2+HD^2}=\frac{2\sqrt{697}}{7}\)
Cách 2:
Có một đẳng thức trong tam giác rất đẹp như sau:\(AD^2=AB\cdot AC-BD\cdot DC\)
\(\Rightarrow AD=\sqrt{AB\cdot AC-BD\cdot DC}=\frac{24\sqrt{2}}{7}\)
Tuy nhiên 2 kết quả trên lại khác nhau,mọi người tìm chỗ sai giúp mik được ko ạ ?