Cho a,b,c>0. Tìm Max A
\(A=\sqrt[2020]{\frac{a}{a+b}}+\sqrt[2020]{\frac{b}{b+c}}+\sqrt[2020]{\frac{c}{c+a}}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt: f(a;b;c) =\(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\)
Vai trò của a, b, c là như nhau có thể giả sử: \(a=max\left\{a,b,c\right\}\)
Ta có: \(f\left(a;b;\sqrt{ab}\right)=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}+a}\)
\(=\frac{a}{a+b}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{b}+\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{b}+\sqrt{a}}=\frac{a}{a+b}+\frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)
Ta chứng minh:
\(f\left(a;b;c\right)\ge f\left(a;b;\sqrt{ab}\right)\ge\frac{7}{5}\)
+) Chứng minh: \(f\left(a;b;c\right)\ge f\left(a;b;\sqrt{ab}\right)\)
Xét : \(f\left(a;b;c\right)-f\left(a;b;\sqrt{ab}\right)=\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}-\frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)
\(=\frac{b\left(a+c\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)+c\left(b+c\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)-2\sqrt{b}\left(b+c\right)\left(a+c\right)}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}\)
\(=\frac{ab\sqrt{a}-ab\sqrt{b}+2bc\sqrt{a}-2ac\sqrt{b}+c^2\sqrt{a}-c^2\sqrt{b}}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\)
\(=\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{ab}-c\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\ge0\)vì a=max{a,b,c} => \(a\ge b\)
=> \(f\left(a;b;c\right)\ge f\left(a;b;\sqrt{ab}\right)\)(1)
+) Chứng minh:\(f\left(a;b;\sqrt{ab}\right)\ge\frac{7}{5}\)
Xét: \(f\left(a;b;\sqrt{ab}\right)-\frac{7}{5}=\frac{a}{a+b}+\frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\frac{7}{5}\)\(=\frac{\frac{a}{b}}{\frac{a}{b}+1}+\frac{2}{\sqrt{\frac{a}{b}}+1}-\frac{7}{5}\)(2)
Đặt \(\sqrt{\frac{a}{b}}=x\left(đk:x\le3\right)\)Ta có:
(2)=\(\frac{x^2}{x^2+1}+\frac{2}{x+1}-\frac{7}{5}\)\(=\frac{5x^3+5x^2+10x^2+10-7x^3-7x^2-7x-7}{5\left(x^2+1\right)\left(x+1\right)}\)
\(=\frac{-2x^3+8x^2-7x+3}{5\left(x^2+1\right)\left(x+1\right)}=\frac{\left(3-x\right)\left(2x^2-2x+1\right)}{5\left(x^2+1\right)\left(x+1\right)}\ge0\)
=> \(f\left(a;b;\sqrt{ab}\right)\ge\frac{7}{5}\)(3)
Từ (1); (3) => \(f\left(a;b;c\right)\ge f\left(a;b;\sqrt{ab}\right)\ge\frac{7}{5}\)
"=" xảy ra <=> a=3; b=1/3; c=1 và các hoán vị
Trừ vế theo vế hai phương trình trên ta có phương trình:
\(y^2-x^2=x^3-y^3-4x^2+4y^2+3x-3y\)
\(\Leftrightarrow\left(x^3-y^3\right)-3\left(x^2-y^2\right)+\left(x-y\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2-3x-3y+3\right)=0\)(1)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-y=0\\x^2+xy+y^2-3x-3y+3=0\end{cases}}\)
+)Với \(x-y=0\Leftrightarrow x=y\)
Thế vào 1 trong 2 phương trình ba đầu:
Ta có: \(x^2=x^3-4x^2+3x\Leftrightarrow x^3-5x^2+3x=0\Leftrightarrow x\left(x^2-5x+3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x=\frac{5+\sqrt{13}}{2}hoacx=\frac{5-\sqrt{13}}{2}\end{cases}}\)
=> y tự làm nhé
+) Với \(x^2+xy+y^2-3x-3y+3=0\)
Ta có: \(x^2+xy+y^2-3x-3y+3=\left(x^2+2.x.\frac{y}{2}+\frac{y^2}{4}\right)-3\left(x+\frac{y}{2}\right)+\frac{3y^2}{4}-\frac{3y}{2}+3\)
\(=\left(x+\frac{y}{2}\right)^2-2.\left(x+\frac{y}{2}\right).\frac{3}{2}+\frac{9}{4}+3\left(\frac{y^2}{4}-2.\frac{y}{2}.\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)-\frac{9}{4}-\frac{3}{4}+3\)
\(=\left(x+\frac{y}{2}-\frac{3}{2}\right)^2+3\left(\frac{y}{2}-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\)
"=" xảy ra khi và chỉ khi : \(\hept{\begin{cases}x+\frac{y}{2}-\frac{3}{2}=0\\\frac{y}{2}-\frac{1}{2}=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=1\end{cases}}\)
Thế vào 1 trong hai phương trình ban đầu thấy ko thỏa mãn : 1^2=1^3-4.1^2+3.1 vô lí
Kết luận nghiệm:...
Câu hỏi của Anh Tú Dương - Toán lớp 10 | Học trực tuyến
a) ta có : \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{DM}+\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NC}\)
\(=2\overrightarrow{MN}+\left(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{DM}\right)+\left(\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{NC}\right)=2\overrightarrow{MN}\left(đpcm\right)\)
b) ta có : \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{JB}+\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{JD}\)
\(=2\overrightarrow{IJ}+\left(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{CI}\right)+\left(\overrightarrow{JB}+\overrightarrow{JD}\right)=2\overrightarrow{IJ}\left(đpcm\right)\)
bn dùng định lí ta lét chứng minh được \(\overrightarrow{MJ}=\overrightarrow{IN}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}\)
C) ta có : \(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}+\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BJ}\)
\(=2\overrightarrow{AB}+\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{BJ}\right)+\left(\overrightarrow{BN}+\overrightarrow{IA}\right)\)
\(=2\overrightarrow{AB}+\left(\overrightarrow{DM}+\overrightarrow{JD}\right)+\left(\overrightarrow{NC}+\overrightarrow{CI}\right)=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{JM}+\overrightarrow{NI}\) \(=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{AB}\left(đpcm\right)\)d) ta có : \(\overrightarrow{IM}+\overrightarrow{IN}=\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{JM}+\overrightarrow{IN}=\overrightarrow{IJ}\left(đpcm\right)\)
Lời giải:
Áp dụng hệ quả của BĐT AM-GM:
\(\text{VT}^2=\left[\frac{1}{a(a+1)}+\frac{1}{b(b+1)}+\frac{1}{c(c+1)}\right]^2\geq 3\left(\frac{1}{ab(a+1)(b+1)}+\frac{1}{bc(b+1)(c+1)}+\frac{1}{ca(a+1)(c+1)}\right)\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}^2\geq 3.\frac{a^2+b^2+c^2+a+b+c}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 3.\frac{a+b+c+ab+bc+ac}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}^2\geq \frac{3}{abc}-\frac{3(abc+1)}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}\) \((1)\)
Ta sẽ cm \((a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3\). Thật vậy:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}\)
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}\)
Cộng theo vế: \(\Rightarrow 3\geq \frac{3(\sqrt[3]{abc}+1)}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\)
\(\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (\sqrt[3]{abc}+1)^3\) (2)
Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}^2\geq \frac{3}{abc}-\frac{3(abc+1)}{abc(1+\sqrt[3]{abc})^3}=\frac{9}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}(1+\sqrt[3]{abc})^2}=\text{VP}^2\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq \text{VP}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(\overrightarrow{RF}+\overrightarrow{IQ}+\overrightarrow{PS}=\overrightarrow{RA}+\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{BQ}+\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{CS}=\overrightarrow{0}\)
ta có : \(\overrightarrow{RF}+\overrightarrow{IQ}+\overrightarrow{PS}\)
\(=\overrightarrow{RA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CQ}+\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AS}\)
\(=\overrightarrow{RA}+\overrightarrow{BF}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{CQ}+\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{AS}\) \(=\overrightarrow{RS}+\overrightarrow{IF}+\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{0}\left(đpcm\right)\)
ta có thời gian rơi tự do là : \(t=\sqrt{\dfrac{2S}{g}}=\sqrt{\dfrac{2.20}{10}}=2\left(s\right)\)
\(\Rightarrow\) để vật này tới mặt đất sớm hơn 1 giây so với thả tự do thì vật phải tới đất trong 1 giây
ta có : \(S=v_ot+\dfrac{1}{2}gt^2\Leftrightarrow20=v_o+\dfrac{1}{2}.10.1^2\Rightarrow v_o=15\left(m\backslash s\right)\)
vậy để vật tới mặt đất sớm hơn 1 giây so với thả tự do thì ta phải ném vật thẳng đứng với vật tốc \(15m\backslash s\)
ta dể dàng chứng minh đc \(DA\) là phân giác góc \(\widehat{EDF}\) (sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp)
từ đó có thể chứng minh được \(DB\) là phân giác của góc \(\widehat{FDG}\) (\(\widehat{FDB}=\widehat{BDG}\) vì cùng phụ \(\dfrac{1}{2}\widehat{EDF}\))
\(\Rightarrow\) \(G\) đối sứng với \(F\) qua \(BC\) \(\Rightarrow\widehat{CGB}=90^o\)
đặc \(C\left(x_c;y_c\right)\) \(\Rightarrow\overrightarrow{CG}\left(2-x_c;-6-y_c\right)\) và \(\overrightarrow{BG}\left(6;-2\right)\)
ta có \(\overrightarrow{CG}\perp\overrightarrow{BG}\) (\(\widehat{CGB}=90^o\))
\(\Rightarrow6\left(2-x_c\right)-2\left(-6-y_C\right)=0\) \(\Leftrightarrow-6x_c+2y_c=-24\) (1)
(1) và \(C\in d\) \(\Rightarrow\) hpt : \(\left\{{}\begin{matrix}-6x_c+2y_c=-24\\2x_c+y_c-8=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_c=4\\y_c=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow C\left(4;0\right)\)
đặc \(I\) là \(CB\cap FG\) có tọa độ là \(I\left(x_i;y_i\right)\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{GI}\left(x_i-2;y_i+6\right)\) và \(\overrightarrow{BC}\left(8;4\right)\)
ta có : \(\overrightarrow{BC}\perp\overrightarrow{GI}\) \(\Rightarrow8\left(x_i-2\right)+4\left(y_i+6\right)\Leftrightarrow8x_i+4y_i=-8\) (2)
ta có : \(\overrightarrow{BI}\left(x_i+4;y_i+4\right)\) và \(\overrightarrow{BI}\uparrow\uparrow\overrightarrow{BC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{8}{x_i+4}=\dfrac{4}{y_i+4}\Leftrightarrow-4x_i+8y_i=-16\) (3)
từ (2) với (3) ta có hpt : \(\left\{{}\begin{matrix}8x_i+4y_i=-8\\-4x_i+8y_i=-16\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_i=0\\y_i=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow I\left(0;-2\right)\)
đặc \(F\left(x_f;y_f\right)\)
ta có : \(I\) là trung điểm \(FG\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x_f+2}{2}=0\\\dfrac{y_f-6}{2}=-2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_f=-2\\y_f=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow F\left(-2;2\right)\) \(\Rightarrow\) \(\overrightarrow{FC}\left(6;-2\right)\)
ta có phương trình đường thẳng \(AB\) là phương trình của đường thẳng đi qua \(B\left(-4;-4\right)\) và nhận \(\overrightarrow{FC}\left(6;-2\right)\) làm vectơ pháp tuyến
\(\Rightarrow6\left(x+4\right)-2\left(y+4\right)=0\) \(\Leftrightarrow6x-2y+16=0\)
vậy phương trình của cạnh \(AB\) là \(6x-2y+16=0\)
Gợi ý: Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Dễ dàng chứng minh được AD là phân giác góc EDF.
=> BD là phân giác góc FDG.
=> FG đối xứng với nhau qua BC.
=> BG vuông góc GC
Vẽ đường GC tìm được tọa độ của C
Vẽ đường BC.
Gọi I là giao điểm của FG và BC tìm tọa độ của I có I rồi tìm được tọa độ của F có F thì vẽ được đường thẳng AB.
Ta chứng minh bổ đề:
Với x,y,z dương thì:
\(8\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\le9\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\)
\(\Leftrightarrow x\left(y-z\right)^2+y\left(z-x\right)^2+z\left(x-y\right)^2\ge0\)(đúng)
Quay lại bài toán ta có:
\(A^{2020}=\left(\sqrt[2020]{\frac{a}{a+b}}+\sqrt[2020]{\frac{b}{b+c}}+\sqrt[2020]{\frac{c}{c+a}}\right)^{2020}\)
\(=\left(\sqrt[2020]{\frac{a\left(a+c\right)}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\sqrt[2020]{\frac{b\left(b+a\right)}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}+\sqrt[2020]{\frac{c\left(c+b\right)}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\right)^{2020}\)
\(\le\left(1+1+1\right)^{2018}.2.\left(a+b+c\right).\left(\frac{a}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{b}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\frac{c}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\right)\)
\(=3^{2018}.\frac{4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(\le3^{2018}.\frac{9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\frac{3^{2020}}{2}\)
\(\Rightarrow A\le\frac{3}{\sqrt[2020]{2}}\)