P=\(\frac{c^2}{\left(a+b-c\right)^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{\sqrt{ab}}{a+b}\) Tìm GTNN của P biết \(\left(a+b-c\right)^2=ab\)
Mình cảm ơn nhé
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
áp dụng công thức \(\frac{a}{b}=\frac{1}{k+1}+\frac{a-r}{b\left(k-1\right)}\)(với k là thương của a chia cho b;r là số dư )
Vì a,b,c có vai trò bình đẳng
nên giả sử \(a\le b\le c\)
=> \(\frac{1}{a}\ge\frac{1}{b}\ge\frac{1}{c}\)
Mà \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
=> \(1\le\frac{3}{a}\)
=> \(a\le3\)
Mà a là số nguyên tố
=>\(a\in\left\{2;3\right\}\)
+ a=2
\(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2}\)
=> \(\frac{1}{2}\le\frac{2}{b}\)=> \(b\le4\)=> \(b\in\left\{2;3\right\}\)
Thay vào ta được c=6(loại)
+ a=3
=> \(\frac{2}{3}\le\frac{2}{b}\)=> \(b\le3\)=> \(b\in\left\{2;3\right\}\)
Thay vào được c=3
Vậy a=b=c=3
Tớ không vẽ hình được bạn tự vẽ nhé
a, Vì K thuộc đường tròn đường kính AB
=> AKB=90
Mà CHA=90
=> tứ giác AKNH nội tiếp
Vậy tứ giác AKNH nội tiếp
b,Vì 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M
nên \(OM\perp AC\)
=>\(OM//CB\)
=> tam giác AMO đồng dạng tam giác HCB
=> ĐPCM
c, Tứ giác AMKI nội tiếp do AIM=AKM=90
KIC=AMK
MÀ AMK=KNC do AM song song CH
=> KIC=KNC
=> tứ giác KINC nội tiếp
=>KNI=KCI
Mà KCI=KBA
=> KNI=KBA
=> IN song song AB
Vậy IN song song AB
Mình không viết kí hiệu góc nên bạn thông cảm
Vì \(x_2\)là nghiệm của phương trình
=> \(x_2^2-5x_2+3=0\)
=> \(x_2+1=x^2_2-4x_2+4=\left(x_2-2\right)^2\)
Theo viet ta có
\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=5\\x_1x_2_{ }=3\end{cases}}\)=> \(x_1^2+x_2^2=19\)
Khi đó
\(A=||x_1-2|-|x_2-2||\)
=> \(A^2=\left(x^2_1+x_2^2\right)-4\left(x_1+x_2\right)+8-2|\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)|\)
=> \(A^2=19-4.5+8-2|3-2.5+4|=1\)
Mà A>0(đề bài)
=> A=1
Vậy A=1
trả lời:
1 + 1 = 2
Mình muốn kết bạn với bạn
~ Học tốt ~
\(A=\frac{cos7x-cos8x-cos9x+cos10x}{sin7x-sin8x-sin9x+sin10x}=\frac{(cos10x+cos7x)-\left(cos9x+cos8x\right)}{\left(sin10x+sin7x\right)-\left(sin9x+sin8x\right)}.\)
\(=\frac{2cos\frac{17x}{2}cos\frac{3x}{2}-2cos\frac{17x}{2}cos\frac{x}{2}}{2sin\frac{17x}{2}cos\frac{3x}{2}-2sin\frac{17x}{2}cos\frac{x}{2}}=\frac{2cos\frac{17x}{2}\left(cos\frac{3x}{2}-cos\frac{x}{2}\right)}{2sin\frac{17x}{2}\left(cos\frac{3x}{2}-cos\frac{x}{2}\right)}=cotan\frac{17x}{2}.\)
Em có cách này,anh check lại nhé!
Theo nguyên lí Dirichlet,trong ba số (a - 1) ; (b - 1); (c - 1) tồn tại hai số có tích không âm.
Không mất tính tổng quát,giả sử \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Rightarrow ab\ge a+b-1\)
\(\Rightarrow abc\ge ac+bc-c\)
Suy ra \(VT\ge a^2+b^2+\left(c^2+ac+bc-c\right)\)
\(=a^2+b^2+c\left(a+b+c-1\right)=a^2+b^2+2c\)
Ta cần chứng minh \(a^2+b^2+2c\ge4\)
Thật vậy,BĐT \(\Leftrightarrow\left(a^2+1\right)+\left(b^2+1\right)+2c\ge6\)
Áp dụng BĐT Cô si (AM-GM) ta được: \(VT\ge2\left(a+b+c\right)=2.3=6\)(Q.E.D)
ĐK \(ab\ge0\)
Ta có \(\left(a+b-c\right)^2=ab\)
Mà \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)
=> \(a+b-c\le\frac{a+b}{2}\)
=> \(c\ge\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
=> \(\hept{\begin{cases}\frac{c}{a+b}\ge\frac{1}{2}\\\frac{c^2}{ab}\ge1\end{cases}}\)
Khi đó
\(P=\frac{c^2}{ab}+\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{a+b-c}{a+b}\)
=> \(P=c^2\left(\frac{1}{2ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\right)-\frac{c}{a+b}+1+\frac{c^2}{2ab}\)
=> \(P\ge\frac{c^2.4}{\left(a+b\right)^2}-\frac{c}{a+b}+1+\frac{1}{2}.1\)
=>\(P\ge\left(\frac{2c}{a+b}-1\right)^2+\frac{3c}{a+b}+\frac{1}{2}\ge0+\frac{3.1}{2}+\frac{1}{2}=2\)
Vậy \(MinP=2\) khi a=b=c
chỗ suy từ P thứ 2 ra 3 mình chưa hiểu lắm