Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(ab+bc+ca=abc\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
Đặt: \(A=\frac{a}{bc\left(a+1\right)}+\frac{b}{ca\left(b+1\right)}+\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\)
\(\Rightarrow A=\frac{\frac{1}{b}.\frac{1}{c}}{1+\frac{1}{a}}+\frac{\frac{1}{c}.\frac{1}{a}}{1+\frac{1}{b}}+\frac{\frac{1}{b}.\frac{1}{a}}{1+\frac{1}{c}}\)
Đặt: \(\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{a}\\y=\frac{1}{b}\\z=\frac{1}{c}\end{cases}}\Rightarrow x+y+z=1\)
\(A=\frac{xy}{z+1}+\frac{yz}{x+1}+\frac{zx}{y+1}\)
Ta có: \(\frac{xy}{z+1}=\frac{xy}{\left(z+x\right)+\left(z+y\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{xy}{x+z}+\frac{xy}{y+z}\right)\)
Chứng minh tương tự ta được:
\(\frac{yz}{x+1}\le\frac{yz}{x+y}+\frac{yz}{x+z}\)
\(\frac{zx}{y+1}\le\frac{zx}{x+y}+\frac{zx}{y+z}\)
Cộng vế với vế:
\(\Rightarrow A\le\frac{1}{4}\left(x+y+z\right)=\frac{1}{4}\left(đpcm\right)\)
Bài 2:b) \(9=\left(\frac{1}{a^3}+1+1\right)+\left(\frac{1}{b^3}+1+1\right)+\left(\frac{1}{c^3}+1+1\right)\)
\(\ge3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\therefore\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le3\)
Ta sẽ chứng minh \(P\le\frac{1}{48}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)
Ai có cách hay?
1/Đặt a=1/x,b=1/y,c=1/z ->x+y+z=1.
2a) \(VT=\frac{\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\)
\(=\frac{\left[\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^4b^4}\right]}{\frac{a+b}{ab}}=\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^3b^3\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left(ab\right)^3}\)
\(\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\right]^3}=\frac{16}{\left(a+b\right)^3}\)
Bài 1 :
Ta có : \(a+b+c=2\) nên \(2c+ab=c\left(a+b+c\right)+ab=ac+bc+c^2+ab\)
\(=\left(ca+c^2\right)+\left(bc+ab\right)=c\left(a+c\right)+b\left(a+c\right)=\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)
Áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số không âm :
\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\ge2\sqrt{\frac{1}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\) ( vì a , b , c thực dương )
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{1}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{2c+ab}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{\sqrt{ab+2c}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{b+c}+\frac{ab}{a+c}\right)\) ( nhân 2 vế cho ab thực dương ) (1)
( Dấu " = " \(\Leftrightarrow\frac{1}{b+c}=\frac{1}{c+a}\Leftrightarrow b+c=c+a\Leftrightarrow a=b\) )
Tương tự ta cũng có :
\(\frac{bc}{\sqrt{bc+2a}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ca}{c+b}+\frac{ca}{b+a}\right)\)
( Dấu " = \(\Leftrightarrow a=c\) ) (3)
Cộng các BĐT (1) ; (2) ; (3) ta được :
\(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{c+b}+\frac{bc}{b+a}+\frac{cb}{c+a}+\frac{ac}{b+a}+\frac{ac}{c+b}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{b\left(c+a\right)}{c+a}+\frac{a\left(c+b\right)}{c+b}+\frac{c\left(b+a\right)}{b+a}\right)\)
\(\le\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=1\)
Vậy \(P=\frac{ab}{\sqrt{ab+2c}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+2a}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+2b}}\le1\)
Dấu " = " \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{2}{3}\)
Bài 2 :
a ) Ta có :
\(\widehat{AOB}=180^0-\widehat{OAB}=180^0-\widehat{\frac{BAC}{2}}-\widehat{\frac{ABC}{2}}=90^0+\frac{\left(180^0-\widehat{BAC}-\widehat{ABC}\right)}{2}=90^0+\widehat{\frac{ACB}{2}}\)
b ) Dễ thấy A , M , O , E cùng thuộc đường tròn đường kính OA ( vì \(\widehat{AMO}=\widehat{AEO}=90^0\) ) (1)
Ta có : \(\widehat{AOK}=180^0-\widehat{AOB}=180^0-\left(90^0+\frac{\widehat{ABC}}{2}\right)=90^0-\frac{\widehat{ACB}}{2}=\widehat{CEN}\) ( do \(\Delta CEN\) cân tại C )
=> Tứ giác AOKE nội tiếp hay A , O , K , E cùng thuộc một đường tròn (2)
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm A, M, K, O, E cùng thuộc một đường tròn ( đpcm )
A B C C, G M B, C, H D
TA CÓ
\(\frac{MC,}{GC,}=\frac{S\Delta AMB}{S\Delta AGB}\left(1\right)\)
\(\frac{MB,}{GB,}=\frac{S\Delta AMC}{S\Delta AGC}\left(2\right)\)
DỰNG GH VÀ MD VUÔNG GÓC VỚI BC
AD ĐỊNH LÍ TA LÉT
=>\(\frac{MD}{GH}=\frac{MA,}{GA,}\)
MẶT KHÁC \(\frac{MD}{GH}=\frac{S\Delta BMC}{S\Delta BGC}\)
=> \(\frac{MA,}{GA,}=\frac{S\Delta BMC}{S\Delta BGC}\left(3\right)\)
TỪ 1 ,2,3
=> \(\frac{MA,}{GA,}+\frac{MB,}{GB,}+\frac{MC,}{GC,}=\frac{S\Delta AMB+S\Delta BMC+S\Delta AMC}{\frac{1}{3}S\Delta ABC}=\frac{3SABC}{SABC}=3\)
A B C a b c
Có \(\sin\widehat{A}=\frac{h_c}{b}=\frac{h_b}{c}=\frac{h_c-h_b}{b-c}=\frac{h_b-h_c}{\frac{a}{k}}=\frac{k\left(h_b-h_c\right)}{a}\) (1)
Lại có : \(\hept{\begin{cases}\sin\widehat{B}=\frac{h_c}{a}\\\sin\widehat{C}=\frac{h_b}{a}\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)\(k\left(\sin\widehat{B}-\sin\widehat{C}\right)=\frac{k\left(h_c-h_b\right)}{a}\) (2)
(1) (2) ...
\(\sin\widehat{B}=\frac{h_a}{c}\)\(;\)\(\sin\widehat{C}=\frac{h_a}{b}\) (1)
\(\hept{\begin{cases}\sin\widehat{B}=\frac{h_c}{a}\\\sin\widehat{C}=\frac{h_b}{a}\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}h_c=\sin\widehat{B}.a\\h_b=\sin\widehat{C}.a\end{cases}}}\)\(\Rightarrow\)\(k\left(\frac{1}{h_b}-\frac{1}{h_c}\right)=\frac{k}{a}.\left(\frac{1}{\sin\widehat{C}}-\frac{1}{\sin\widehat{B}}\right)\) (2)
Thay (1) vào (2) ta được \(\frac{k}{a}.\left(\frac{1}{\sin\widehat{C}}-\frac{1}{\sin\widehat{B}}\right)=\frac{k}{a}.\left(\frac{b}{h_a}-\frac{c}{h_a}\right)=\frac{k}{a}.\frac{\frac{a}{k}}{h_a}=\frac{1}{h_a}\)
đpcm