Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(\dfrac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}\)
+/ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: \(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}\ge2\left(x,y\ne0\right)\)
+/ Ta có:
\(\left(x^2-y^2\right)^2\ge0\forall x,y\)
\(\Rightarrow x^4-2x^2y^2+y^4\ge0\)
\(\Rightarrow x^4+y^4\ge2x^2y^2\)
\(\Rightarrow x^4+2x^2y^2+y^4\ge4x^2y^2\)
\(\Rightarrow(x^2+y^2)^2\ge4x^2y^2\)
Do đó:
\(\dfrac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}\ge\dfrac{4x^2y^2}{4x^2y^2}=1\)
Khi đó:
\(\dfrac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}\ge1+2=3\left(đpcm\right)\)
Phạm Phương Anh sai nặng sai nặng ngonhuminh bác vào xem thế nào
Ta có:
\(a+b+c=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^5=\left(-c\right)^5\)
\(\Leftrightarrow a^5+5a^4b+10a^3b^2+10a^2b^3+5ab^4+b^5=-c^5\)
\(\Leftrightarrow a^5+b^5+c^5=-5ab\left(a^3+2a^2b+2ab^2+b^3\right)\)
\(\Leftrightarrow a^5+b^5+c^5=-5ab\left[\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)+2ab\left(a+b\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow a^5+b^5+c^5=5abc\left(a^2+ab+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^5+b^5+c^5\right)=5abc\left[a^2+b^2+\left(a^2+2ab+b^2\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^5+b^5+c^5\right)=5abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
a: Xét ΔABC có
D là trung điểm của AB
E là trung điểm của AC
Do đó: DE là đường trung bình
=>DE//BC và DE=BC/2
=>DE//BF và DE=BF
=>BDEF là hình bình hành
b: Xét ΔABC có
D là trung điểm của AB
F là trung điểm của BC
Do đó: DF là đường trung bình
=>DF=AC/2(1)
Ta có: ΔAKC vuông tại K
mà KE là đường trung tuyến
nên KE=AC/2(2)
Từ (1) và (2) suy ra DF=KE
Xéttứ giác DEFK có DE//FK
nên DEFK là hình thang
mà DF=KE
nên DEFK là hình thang cân
Ta có:
\(P=\sqrt{2x+yz}+\sqrt{2y+xz}+\sqrt{2z+xy}\)
\(\Leftrightarrow P=\sqrt{x\left(x+y+z\right)+yz}+\sqrt{y\left(x+y+z\right)+xz}+\sqrt{z\left(x+y+z\right)+xy}\)(Vì x + y + z = 2)
\(\Leftrightarrow P=\sqrt{x^2+xy+xz+yz}+\sqrt{yx+y^2+yz+xz}+\sqrt{zx+zy+z^2+xy}\)
\(\Leftrightarrow P=\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : \(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
Khi đó:
+/ \(\dfrac{x+y+x+z}{2}\ge\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)
+/ \(\dfrac{x+y+y+z}{2}\ge\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\)
+/ \(\dfrac{x+z+y+z}{2}\ge\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x+y+x+z}{2}+\dfrac{x+y+y+z}{2}+\dfrac{x+z+y+z}{2}\ge\)\(\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
hay \(\dfrac{4x+4y+4z}{2}\ge\)\(\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{4\left(x+y+z\right)}{2}\ge\)\(\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{4.2}{2}\ge\)\(\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)(Vì x + y + z = 2)
\(\Rightarrow4\ge\)\(\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
hay \(4\ge\)\(P\)
Dấu \(\)" = " xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(x=y=z=\dfrac{2}{3}\)
Vậy...
Ta có:
\(ab+bc+ca=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=-\dfrac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{3}{ab}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)=-\dfrac{1}{c^3}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{3}{abc}\)
Quay lại bài toán ta có:
\(B=\dfrac{bc}{a^2}+\dfrac{ca}{b^2}+\dfrac{ab}{c^2}=abc\left(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}\right)=\dfrac{3abc}{abc}=3\)
3) Biến đổi tương đương:
\(8\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b\right)^3+\left(b+c\right)^3+\left(a+c\right)^3\) (1)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)+\left(b^3+c^3\right)+\left(a^3+c^3\right)+6\left(a^3+c^3+b^3\right)\)
\(\ge\left(a^3+b^3\right)+\left(b^3+c^3\right)+\left(a^3+c^3\right)+3ab\left(a+b\right)+3bc\left(b+c\right)+3ac\left(a+c\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[a^3+b^3-ab\left(a+b\right)\right]+\left[a^3+c^3-ac\left(a+c\right)\right]+\left[b^3+c^3-bc\left(b+c\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left(a+c\right)\left(a-c\right)^2+\left(b+c\right)\left(b-c\right)^2\ge0\) luôn đúng do a, b, c > 0
=> (1) đúng
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
4) Ta có: a+b>c ; b+c>a; a+c>b
Xét \(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+b+a+b}=\dfrac{1}{a+b}\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{b+c}\)
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+c}\)
Vậy suy ra được điều phải chứng minh
từ \(a^3+b^3+c^3=3abc\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)
Suy ra a+b+c=0 hoặc a=b=c thay vào
a=b=c thì mẫu bằng 0 sao mà thế đc