Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta cần chứng minh nếu a,b,c đôi một khác nhau và a3+b3+c3=3abc thì a+b+c=0
Ta có: a3+b3+c3=3abc
<=> a3+b3+c3-3abc=0
<=> (a+b)3-3ab(a+b)+c3-3abc=0
<=> (a+b+c)(a2+b2+c2+2ab-ca-bc)-3ab(a+b+c)=0
<=> (a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)=0
\(=>\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\end{cases}}\)
• a2+b2+c2-ab-bc-ca=0
<=> 2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ca=0
<=> (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0=> a=b=c
Mà a,b,c đôi một khác nhau nên vô lí
Do vậy nên a+b+c=0
Áp dụng bài toán chứng minh trên vào a3b3+b3c3+c3a3=3a2b2c2 ta có ab+bc+ca=0
\(=>\hept{\begin{cases}bc+ca=-ab\\ca+ab=-bc\\ab+bc=-ac\end{cases}=>\hept{\begin{cases}c\left(a+b\right)=-ab\\a\left(b+c\right)=-bc\\b\left(c+a\right)=-ac\end{cases}}}\)
Với a,b,c khác 0 ta có
\(A=\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=\frac{a+b}{b}.\frac{b+c}{c}.\frac{c+a}{a}=\frac{c\left(a+b\right)}{bc}.\frac{a\left(b+c\right)}{ca}.\frac{b\left(c+a\right)}{ab}=\frac{-ab}{bc}.\frac{-bc}{ca}.\frac{-ca}{ab}=-1\)
Vậy A=-1
a) x + \(\sqrt{\left(x-2^{ }\right)^2}\)= x +\(|x-2|\)= x +2-x (vì x<2)
b) \(\sqrt{\left(x-3\right)^2}\)-x = \(|x-3|-x=x-3-x\) (vì x>3)
c) m- \(\sqrt{m^2-2m+1}=m-\sqrt{\left(m-1\right)^2}\)
Những con còn lại bạn làm như trên và rút gọn đi là được
d: \(=x+y-\left|x-y\right|\)
=x+y-x+y=2y
e: \(=\left|5a-1\right|-4a=\left|5\cdot\dfrac{1}{2}-1\right|-2\)
\(=\dfrac{5}{2}-1-2=\dfrac{5}{2}-3=-\dfrac{1}{2}\)
f: \(=\left|2a-3\right|-4a-1\)
\(=\left|-10-3\right|-4\cdot\left(-5\right)-1=13+20-1=32\)
\(a^2b^2c^2+\left(a+1\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge a+b+c+ab+bc+ca+3\)
\(\Leftrightarrow\left(abc\right)^2+abc-2\ge0\Leftrightarrow\left(abc+2\right)\left(abc-1\right)\ge0\Leftrightarrow abc\ge1\)
Áp dụng BĐT Cosi ta có:
\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3a\right)}+\frac{b+2c}{45}+\frac{2c+3a}{75}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3b\right)}\cdot\frac{b+2c}{45}\cdot\frac{2c+3a}{75}}=\frac{a}{5}\left(1\right)\)
Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(c+2a\right)\left(2a+3b\right)}+\frac{c+2a}{45}+\frac{2a+3b}{75}\ge\frac{b}{5}\left(2\right)\\\frac{c^3}{\left(a+2b\right)\left(2b+3c\right)}+\frac{a+2b}{45}+\frac{2b+3c}{75}\ge\frac{c}{5}\left(3\right)\end{cases}}\)
Từ (1)(2)(3) ta có:
\(P+\frac{2\left(a+b+c\right)}{15}\ge\frac{a+b+c}{5}\Leftrightarrow P\ge\frac{1}{15}\left(a+b+c\right)\)
Mà \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow S\ge\frac{1}{5}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
a ) \(P=\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2+y^2}=\frac{1}{2xy}+\frac{1}{2xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\)
Ta có : \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\Rightarrow2xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{2}=\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{1}{2xy}\ge\frac{1}{\frac{1}{2}}=2\)
\(\frac{1}{2xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\ge\frac{4}{2xy+x^2+y^2}=\frac{4}{\left(x+y\right)^2}=\frac{4}{1}=4\)
\(\Rightarrow P\ge2+4=6\) Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}\)
b ) Áp dụng bđt \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\forall x;y;z>0\) ta được :
\(\frac{1}{2a+b}=\frac{1}{a+a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
\(\frac{1}{2b+a}=\frac{1}{b+b+a}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\right)\)
Cộng vế với vế ta được :
\(\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+a}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{b}\right)\)
\(=\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}\) hay \(\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}\ge\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+a}\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
Với a , b > 0 . Ta có : \(\left(\sqrt{a\left(3a+b\right)}+\sqrt{b\left(3b+a\right)}\right)^2\le\left(\sqrt{a}^2+\sqrt{b}^2\right)\left(\sqrt{3a+b}^2+\sqrt{3b+a}^2\right)= \left(a+b\right).4\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{a\left(3a+b\right)}+\sqrt{b\left(3b+a\right)}\le2\left(a+b\right)\) ( vì a , b > 0 )
\(\Rightarrow A\ge\frac{1}{2}\left(đpcm\right)\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{3a+b}{a}=\frac{3b+a}{b}\Leftrightarrow a=b\)
Đặt \(log_{10a+3b+1}\left(25a^2+b^2+1\right)=t\Rightarrow log_{10ab+1}\left(10a+3b+1\right)=2-t\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(10a+3b+1\right)^t=25a^2+b^2+1\\\left(10ab+1\right)^{2-t}=10a+3b+1\end{cases}}\)
Áp dụng cô si ta có:
\(25a^2+b^2+1\ge10ab+1\)
\(\Leftrightarrow\left(10a+3b+1\right)^t\ge10ab+1\)
\(\Leftrightarrow\left(10a+3b+1\right)^{t\left(2-t\right)}\ge\left(10ab+1\right)^{2-t}\)
\(\Leftrightarrow\left(10a+3b+1\right)^{t\left(2-t\right)}\ge10a+3b+1\)
\(\Rightarrow t\left(2-t\right)\ge1\)
\(\Leftrightarrow-t^2+2t-1\ge0\)
\(\Rightarrow t=1\)
Giải hpt: \(\hept{\begin{cases}10a+3b+1=25a^2+b^2+1\\10ab+1=10a+3b+1\end{cases}}\)là ra kq
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC
BG cắt AC tại M (M là trung điểm của AC)
BG vuông góc với đáy
Trong tam giác BB'G ta có: BG=BB'.cos(60)=1/2.a ; B'G=BB'.sin(60)=\(\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
BM=3/2.BG=3/4.a
Đặt BC=AC=x => CM=1/2.x
BC2+CM2=BM2
<=> x2+1/4.x2=9/16.a2
=> x=\(\frac{3\sqrt{5}}{10}a\)
Diện tích tam giác ABC=1/2. AC.BC=9/40.a2
Thể tích lăng trụ = S(ABC).B'G=9/40.a2.\(\frac{a\sqrt{3}}{2}\)=\(\frac{a^3.9\sqrt{3}}{80}\)