Xin chào, bạn theo dõi lời giải của mình nhé

Áp dụng BĐT Holder và BĐT AM-GM ta có: 

\(VT=\left(2a+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(2b+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\left(2c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

\(\ge\left(\sqrt[3]{2a\cdot2b\cdot2c}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}\cdot\frac{1}{c}\cdot\frac{1}{a}}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}\cdot\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{b}}\right)^3\)

\(=\left(2\sqrt[3]{abc}+2\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\right)^3\)\(\ge\left(2\cdot2\sqrt{\sqrt[3]{abc}\cdot\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}}\right)^3\)

\(=4^3=64=VP\)

Dấu "=" khi \(a=b=c\)

i don't now

mong thông cảm !

...........................

A B C D E I

Ta có bài toán phụ sau: Nếu \(\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\) thì \(\frac{a}{a+b}=\frac{c}{c+d}\)

 Chứng minh:

\(\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\Rightarrow ad=bc\Leftrightarrow ac+ad=ac+bc\Leftrightarrow a\left(c+d\right)=c\left(a+b\right)\Rightarrow\frac{a}{a+b}=\frac{c}{c+d}\)

Áp dụng vào bài toán:

Theo t/c đường phân giác trong tam giác, ta có: \(\frac{CD}{AD}=\frac{BC}{AB}\)

\(\Rightarrow\frac{CD}{CD+AD}=\frac{BC}{BC+AB}\Rightarrow\frac{CD}{AC}=\frac{BC}{AB+BC}\Rightarrow CD=\frac{BC.AC}{AB+BC}\)(1)

Tương tự: \(BE=\frac{BC.AB}{BC+AC}\)(2)

Trong tam giác DBC có phân giác CI nên \(\frac{BI}{DI}=\frac{BC}{CD}\Rightarrow\frac{BI}{DI+BI}=\frac{BC}{CD+BC}\)(3)

Thế (1) vào (3), được

\(\Rightarrow\frac{BI}{BD}=\frac{BC}{BC+\frac{BC.AC}{AB+BC}}=\frac{BC}{\frac{BC.\left(AB+AC+BC\right)}{AB+BC}}=\frac{AB+BC}{AB+AC+BC}\)(*)

Lại có: \(\frac{CI}{EI}=\frac{BC}{BE}\Rightarrow\frac{CI}{CE}=\frac{BC}{BC+BE}\)(4)

Thế (2) vào (4) \(\Rightarrow\frac{CI}{CE}=\frac{BC}{BC+\frac{BC.AB}{BC+AC}}=\frac{BC}{\frac{BC\left(AB+AC+BC\right)}{BC+AC}}=\frac{BC+AC}{AB+AC+BC}\)(2*)

Nhân (*) với (2*) \(\Rightarrow\frac{BI.CI}{BD.CE}=\frac{\left(AB+BC\right)\left(BC+AC\right)}{\left(AB+AC+BC\right)^2}\).

Mà \(BD.CE=2.BI.CI\Rightarrow\frac{\left(AB+BC\right)\left(AC+BC\right)}{\left(AB+AC+BC\right)^2}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow2.\left(BC^2+AB.BC+AC.AB+AC.BC\right)=AB^2+AC^2+BC^2+2.\left(AB.BC+AC.AB+AC.BC\right)\)\(\Leftrightarrow2BC^2=AB^2+AC^2+BC^2\Leftrightarrow BC^2=AB^2+AC^2\)

Suy ra tam giác ABC vuông tại A (ĐL Pytago đảo). Hay ^BAC = 90⁰ (đpcm).

hai doan day xanh va day vang dai tat ca 119mneu cat di 3/5 doan day xanh va 3/7 day vang thi phan con lai cua hai doan day bang nhau tinh chieu dai cua moi doan day ai lam dc giup di

Mọi người giúp mình với ạ

bn tìm xem trong toán 9 có bài này ko

đừng đăng những câu hỏi hóc búa qá nhé

chúc hok tốt

A B C D O H

Hạ CH vuông góc với OB tại H. Theo quan hệ đường xiên hình chiếu: 

\(CH\le OC\Leftrightarrow CH.OB\le OC.OB\Leftrightarrow2.S_{BOC}\le OC.OB\)(Do \(S_{BOC}=\frac{CH.OB}{2}\))

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: \(OC.OB\le\frac{OC^2+OB^2}{2}\)

\(\Rightarrow2.S_{BOC}\le\frac{OC^2+OB^2}{2}\left(1\right)\). Chứng minh tương tự ta được:

\(2.S_{AOB}\le\frac{OA^2+OB^2}{2}\left(2\right);2.S_{DOC}\le\frac{OD^2+OC^2}{2}\left(3\right);2.S_{AOD}\le\frac{OA^2+OD^2}{2}\left(4\right)\)

Cộng (1); (2); (3) và (4) theo vế: 

\(2.\left(S_{BOC}+S_{AOB}+S_{DOC}+S_{AOD}\right)\le\frac{2.\left(OA^2+OB^2+OC^2+OD^2\right)}{2}\)

\(\Rightarrow2S\le OA^2+OB^2+OC^2+OD^2\)=> ĐPCM.

 \(2.S_{BOC}\le OC.OB\). Dấu "=" xảy ra <=> OC vuông góc với OB

 \(OC.OB\le\frac{OC^2+OB^2}{2}\). Dấu "=" xảy ra <=> OC=OB

Suy ra \(2.S_{BOC}\le\frac{OC^2+OB^2}{2}\). Dấu "=" xảy ra <=> \(\Delta\)BOC vuông cân tại O

Tương tự với các tam giác AOB; AOD; DOC.

Vậy dấu "=" xảy ra <=> Tứ giác ABCD là hình vuông và O là tâm của hình vuông này.

Ta có: \(x^2-x+1=x^2-2.x.\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\forall x\in R\)

Thấy \(x^8\ge0;x^5< x^8\Rightarrow x^8-x^5\ge0\)

\(\Rightarrow x^8-x^5+x^2-x+1>0\forall x\in R.\)(đpcm) 

sai rồi bạn ơi