Ta có:

\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}=\frac{a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\ge\frac{4a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca\right)}=\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}\)

Hoàn toàn tương tự, ta được:

\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)

\(\ge\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\)

Ta viết lại bất đẳng thức trên thành:

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Đánh giá trên đúng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Ta có : \(2\sqrt{x}+2\ge2\Rightarrow A\le\frac{6}{2}=3\)

Dấu ''='' xảy ra khi x = 0 

Với \(x\ge-1\Rightarrow x+1\ge0\Leftrightarrow-2\sqrt{x+1}\le0\Leftrightarrow A\le6\)

Dấu ''='' xảy ra khi x = -1 

\(A=\left|2020-2x\right|+\left|2x-2019\right|+2\ge\left|2020-2x+2x-2019\right|+2=3\)

Dấu ''='' xảy ra khi \(\left(2020-2x\right)\left(2x-2019\right)\ge0\)

Xét (O) có ^BDC = ^BEC = 90⁰ ( góc nt chắng nửa đường tròn ) 

Xét tam giác ABC có CD là đường cao 

BE là đường cao 

CD giao BE = H => AH là đường cao thứ 3 

=> AH vuông BC 

Ta có

\(\widehat{BDC}=90^o\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow CD\perp AB\)

\(\widehat{BEC}=90^o\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow BE\perp AC\)

=> H là trực tâm của tg ABC => AH là đường cao của tg ABC\(\Rightarrow AH\perp BC\)

đk : x >= 0, x khác 4 

\(=\dfrac{x+2\sqrt{x}-\left(x-\sqrt{x}-2\right)-\sqrt{x}-4}{x-4}\)

\(=\dfrac{2\sqrt{x}-2}{x-4}=\dfrac{2\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\)

help me

?

xuống ghềnh HT

giúp mik với

có

có 

Ht

Ta có:

\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}=\frac{a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\ge\frac{4a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca\right)^2}=\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}\)

Tương tự ta được:

\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)

\(\ge\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\)

Vậy ta cần chứng minh:

\(\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\ge2\)

Ta viết lại bất đẳng thức trên thành:

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Đánh giá trên đúng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.