Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
GIÚP MÌNH ĐI MÀ!!!!!
\(A=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}=\sqrt{\left(-\dfrac{5}{\sqrt{3}}\right)^2-4\cdot\dfrac{-\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}=\sqrt{\dfrac{25+4\sqrt{6}}{3}}\)
ĐKXĐ:\(x\ge0;y\ge1;z\ge2\)
\(\sqrt{x}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-2}=\frac{x+y+z}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{x}+2\sqrt{y-1}+2\sqrt{z-2}=x+y+z\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\sqrt{x}+1\right)+\left(y-1+2\sqrt{y-1}+1\right)+\left(z-2+2\sqrt{z-2}+1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{z-2}-2\right)^2=0\)
Mà \(\left\{\begin{matrix}\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2\ge0\\\left(\sqrt{y-1}-1\right)^2\ge0\\\left(\sqrt{z-2}-2\right)^2\ge0\end{matrix}\right.\)\(\forall x;y;z\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2=0\\\left(\sqrt{y-1}-1\right)^2=0\\\left(\sqrt{z-2}-2\right)^2=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}\sqrt{x-1}-1=0\\\sqrt{y-1}-1=0\\\sqrt{z-2}-2=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}\sqrt{x-1}=1\\\sqrt{y-1}=1\\\sqrt{z-2}=2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}x-1=1\\y-1=1\\z-2=4\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}x=2\\y=2\\z=6\end{matrix}\right.\)
=> x02 + y02 + z02 = 22 + 22 + 62 = 44
Từ biểu thức của số trung bình cộng ta suy ra:
\(na=a_1+a_2+.....+a_n\).
Nếu tất cả các số: \(a_1,a_2,a_3,....,a_n\) đều nhỏ hơn a thì rõ ràng:
\(a_1+a_2+a_3+....+a_n< na.\)
Như vậy đẳng thức \(na=a_1+a_2+.....+a_n\) không xảy ra. ( Mâu thuẫn).
Ta có đpcm.
Gọi R là bán kính của đường tròn (C)
(C) và C1 tiếp xúc ngoài với nhau, cho ta:
MF1 = R1+ R (1)
(C) và C2 tiếp xúc ngoài với nhau, cho ta:
MF2 = R2 – R (2)
Từ (1) VÀ (2) ta được
MF1 + MF2 = R1+ R2= R không đổi
Điểm M có tổng các khoảng cách MF1 + MF2 đến hai điểm cố định F1 và F2 bằng một độ dài không đổi R1+ R2
Vậy tập hợp điểm M là đường elip, có các tiêu điểm F1 và F2 và có tiêu cự
F1 .F2 = R1+ R2
Ta có: Chiều cao của tháp DC = DC1 + C1C = 1,3 + DC1
=> DC = 1,3 +
=> DC ≈ 22,8m
a) ta có :
\(\Delta'=1^2-\left(-1-m\right)\left(m^2-1\right)=1-\left(-m^2+1-m^3+m\right)=1+m^2-1+m^3-m=m^3+m^2-m=m\left(m^2+m-1\right)\)để phương trình có nghiệm thì \(\Delta\ge0\)
hay \(m\left(m^2+m-1\right)\ge0\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}m\ge0\\m^2+m-1\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ge0\\\left(m+\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{5}{4}\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow}\left\{{}\begin{matrix}m\ge0\\\left(m+\dfrac{1}{2}\right)^2\ge\dfrac{5}{4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow}\left\{{}\begin{matrix}m\ge0\\\left[{}\begin{matrix}m+\dfrac{1}{2}\ge\\m+\dfrac{1}{2}\le-\dfrac{\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\dfrac{\sqrt{5}}{2}}\)
Em cảm ơn 
ta có: d1 :12x – 6y + 10 = 0 ;
d2= 2x – y – 7 = 0
D = 12 . (-1) -(-6).2 = -12 + 12 = 0
Dx = (-6) . (-7) – (-1). 10 = 42 + 10 = 52 ≠ 0
Vậy d1 // d2
ta có d1: 8x + 10y – 12 = 0
d2: 4x + 5y – 6 = 0
D = 8 . 5 – 4 . 10 = 0
Dx = 10. (-6) – (-12) . 5 = 0
Dy = (-12) . 4 – (-6) . 8 = 0
Vậy d1 trùng d2
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 )
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 )
Đáp án D
Phương trình chính tắc của elip có dạng:
Theo giải thiết ta có c = 4
Chu vi của tam giác MF1F2 bằng 18 nên
MF1+ MF2+ F1F2 = 2a+ 2c nên 2a+ 2c= 18
Mà c= 4 => a= 5