help,tks mn nhiều <(")
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
ggiải hộ,tks mn nhiều (")
N
17 tháng 9 2017
BĐT\(\Leftrightarrow\left(x^2+y^2\right)^3\le2\left(x^3+y^3\right)^2\)( đúng theo BĐT holder)
Hay AM-GM:
\(\dfrac{x^3}{x^3+y^3}+\dfrac{x^3}{x^3+y^3}+\dfrac{1}{2}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{x^6}{2\left(x^3+y^3\right)^2}}=\dfrac{3x^2}{\sqrt[3]{2\left(x^3+y^3\right)^2}}\)
\(\dfrac{y^3}{x^3+y^3}+\dfrac{y^3}{x^3+y^3}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{3y^2}{\sqrt[3]{2\left(x^3+y^3\right)^2}}\)
Cộng theo vế:
\(3\ge\dfrac{3\left(x^2+y^2\right)}{\sqrt[3]{2\left(x^3+y^3\right)^2}}\Leftrightarrow2\left(x^3+y^3\right)^2\ge\left(x^2+y^2\right)^3\)
Dấu = xảy ra khi x=y
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 9 2017
Lời giải:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(2(x^3+y^3)^2\geq (x^2+y^2)^3\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\((x^3+y^3)(x+y)\geq (x^2+y^2)^2\Rightarrow x^3+y^3\geq \frac{(x^2+y^2)^2}{(x+y)}\)
\(\Leftrightarrow 2(x^3+y^3)^2\geq \frac{2(x^2+y^2)^4}{(x+y)^2}\)
Theo BĐT Am-Gm:
\((x+y)^2\leq 2(x^2+y^2)\Rightarrow 2(x^3+y^3)^2\geq \frac{2(x^2+y^2)^4}{2(x^2+y^2)}=(x^2+y^2)^3\)
Ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y\)
14 tháng 6 2023
4:
a: góc OAT+góc OMT=180 độ
=>OATM nội tiếp
b: Xét ΔAMC và ΔEOD có
góc MAC=góc OED
góc MCA=góc EDO
=>ΔAMC đồng dạng với ΔEOD
11 tháng 3 2022
Bài 2
a, bạn tự vẽ
b, Hoành độ giao điểm tm pt
\(2x^2-2x+3=0\)
\(\Delta'=1-3.2=-5< 0\)
Vậy pt vô nghiệm hay (d) ko cắt (P)
16 tháng 3 2022
\(\text{Δ}=\left(-2m\right)^2-4\left(m^2-m-2\right)\)
\(=4m^2-4m^2+4m+8\)
=4m+8
Để phương trình có hai nghiệm thì 4m+8>=0
hay m>=-2
Theo đề, ta có: \(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=4\)
\(\Leftrightarrow\left(-2m\right)^2-2\left(m^2-m-2\right)=4\)
\(\Leftrightarrow4m^2-2m^2+2m=0\)
=>2m(m+1)=0
=>m=0 hoặc m=-1
6 tháng 9 2020
\(\widehat{ACD}=\widehat{BCD}-\widehat{BCA}=73-\left(90-\widehat{CBA}\right)=45\)=> Tam giác ACD vuông cân tại A=> AC=AD
Vẽ \(AH\perp DC\Rightarrow\hept{\begin{cases}AH//BE\\AH=DH=ACcos45=15\frac{\sqrt{2}}{2}sin62\end{cases}}\)
Xét \(AH//BE\Rightarrow\frac{EH}{DH}=\frac{AB}{AD}\Rightarrow\frac{EH}{AH}=\frac{AB}{AC}=cot62\Rightarrow EH=AHcot62=15\frac{\sqrt{2}}{2}sin62.cot62\)
\(=15\frac{\sqrt{2}}{2}cos62\)
Xét tam giác AHE vuông tại H \(\Rightarrow AE^2=AH^2+HE^2=\left(15\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2\left(sin^262+cos^262\right)=\left(15\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2\)
\(\Rightarrow AE=15\frac{\sqrt{2}}{2}cm\)
CT
0
YH
1
7 tháng 10 2021
n: Ta có: \(\sqrt{2x+3}=1+\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow2x+3=3+2\sqrt{2}\)
hay \(x=\sqrt{2}\)
q: Ta có: \(\sqrt{3x-2}=2-\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow3x-2=7-4\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow3x=9-4\sqrt{3}\)
hay \(x=\dfrac{9-4\sqrt{3}}{3}\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a-b=x\\b-c=y\\c-a=z\end{matrix}\right.\)thì \(x+y+z=0\).Ngoài ra còn suy ra được:
\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=-z\\y+z-x\\x+z=-y\end{matrix}\right.\)
Xét \(A=x^4+y^4+z^4\)
Khai triển Newton để có được :
\(\left(x+y+z\right)^4=\sum x^4+4\sum xy\left(x^2+y^2\right)+12xyz\left(x+y+z\right)+6\sum x^2y^2\)
Vì x+y+z=0 nên \(\sum x^4=x^4+y^4+z^4=-4\sum xy\left(x^2+y^2\right)-6\sum x^2y^2\)
Mà \(-4\sum xy\left(x^2+y^2\right)=-4\sum xy\left[\left(x+y\right)^2-2xy\right]=-4\sum xyz^2+8\sum x^2y^2\)(*)
\(\Rightarrow x^4+y^4+z^4=2\sum x^2y^2-4\sum xyz^2\)
\(=2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2-2xyz^2-2xy^2z-2x^2yz\right)\)
( hm ,có biến ? )
Thực ra từ chỗ (*) thì z ( hoặc x hay y) chưa biết dương hay âm nên có thể đổi thành - z2
Khi đó \(A=2\left(xz+yz-xy\right)^2\)
\(\Rightarrow Bt=\sqrt{2A}=2\left|xz+yz-xy\right|\in Q\)
Câu hỏi đặt ra: liệu có luôn biến đổi được như vậy ? trong trường hợp cả 3 số > 0 thì sao ? Câu trả lời là có.Bởi Vì x+y+z=0 nên phải có ít nhất 1 số khác dấu với 2 số còn lại ( hay dựa vào x+y=-z )
vjp quá <(")