K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

28 tháng 11 2017

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(A=\frac{2011x+2012\sqrt{1-x^2}+2013}{\sqrt{1-x^2}}\)\(=\frac{2011x+2013}{\sqrt{1-x^2}}+2012\)

\(=\frac{2012\left(x+1\right)+\left(1-x\right)}{\sqrt{1-x^2}}+2012\)\(\ge\frac{2\sqrt{2012\left(x+1\right)\left(1-x\right)}}{\sqrt{1-x^2}}+2012\)

\(\ge\frac{2\sqrt{2012\left(1-x^2\right)}}{\sqrt{1-x^2}}+2012=2\sqrt{2012}+2012\)

28 tháng 11 2017

Ta chứng minh:

\(\frac{a}{1-a^2}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\)

\(\Leftrightarrow a\left(1-a^2\right)\le\frac{2}{3\sqrt{3}}\)

\(\Leftrightarrow2a^2\left(1-a^2\right)\left(1-a^2\right)\le\frac{8}{27}\)

Ta có: \(VT\le\frac{\left(2a^2+1-a^2+1-a^2\right)^3}{27}=\frac{8}{27}\)

\(\Rightarrow DPCM\)

Quay lại bài toán ta có:

\(\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}=\frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2}\)

\(\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3\sqrt{3}}{2}\)

28 tháng 11 2017

Vì \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow\frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\)

Tức cần chứng minh \(\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\)

BĐT trên thuần nhất nên ta chuẩn hoá \(a^2+b^2+c^2=3\)

\(BDT\Leftrightarrow\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{3-a^2}+\frac{b}{3-b^2}+\frac{c}{3-c^2}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{3-a^2}-\frac{1}{2}+\frac{b}{3-b^2}-\frac{1}{2}+\frac{c}{3-c^2}-\frac{1}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+\frac{3}{2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{3-a^2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left(a^2-1\right)\right)+\left(\frac{b}{3-b^2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left(b^2-1\right)\right)+\left(\frac{c}{3-c^2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left(c^2-1\right)\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a\left(a+2\right)\left(a-1\right)^2}{6-2a^2}+\frac{b\left(b+2\right)\left(b-1\right)^2}{6-2b^2}+\frac{c\left(c+2\right)\left(c-1\right)^2}{6-2c^2}\ge0\) *ĐÚNG*

13 tháng 7 2020

Đặt \(a=x+y;b=y+z;c=z+x\)

Thì bài toán trở thành \(\frac{x+y}{2\left(2x+y\right)}+\frac{y+z}{2\left(2y+z\right)}+\frac{z+x}{2\left(2z+x\right)}\ge1\)

\(< =>3-\frac{x}{2\left(2x+y\right)}-\frac{y}{2\left(2y+z\right)}-\frac{z}{2\left(2z+x\right)}\ge1\)

\(< =>\frac{x}{2x+y}+\frac{y}{2y+z}+\frac{z}{2z+x}\le1\)

\(< =>\frac{2x}{2x+y}+\frac{2y}{2y+z}+\frac{2z}{2z+x}\le2\)

\(< =>3-\frac{y}{2x+y}-\frac{z}{2y+z}-\frac{x}{2z+x}\le2\)

\(< =>\frac{y}{2x+y}+\frac{z}{2y+z}+\frac{x}{2z+x}\ge1\)

Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM dạng cộng mẫu thức ta có : 

\(\frac{y}{2x+y}+\frac{z}{2y+z}+\frac{x}{2z+x}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)+x^2+y^2+z^2}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=1\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\)hay \(a=b=c\)

Vậy bài toán đã được chứng minh xong 

14 tháng 7 2020

x=y=z hay a=b=c

28 tháng 11 2017

Bài 2:

O A B C E D M

Ta thấy EB // AC nên \(\frac{EB}{MA}=\frac{ED}{DA}\Rightarrow AM.ED=EB.DA\)  (1)

Do EB//AC nên \(\widehat{BCA}=\widehat{CBE}\Rightarrow\widebat{EC}=\widebat{CB}\)

Vậy thì \(2.\widehat{DMC}=\widebat{BC}-\widebat{DC}=\widebat{EC}+\widebat{EB}-\widebat{DC}=\left(\widehat{CB}-\widebat{DC}\right)+\widebat{EB}=\widebat{ED}=2.\widehat{DCE}\)

\(\Rightarrow\widehat{DMC}=\widehat{DCE}\)

Mà \(\widehat{DEC}=\widehat{DCM}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)

\(\Rightarrow\Delta EDC\sim\Delta CDM\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{ED}{CD}=\frac{EC}{CM}\Rightarrow CM.ED=CD.EC\)    (2)

Từ (1) và (2) ta thấy, muốn chứng minh CM = MA, ta chỉ cần chứng minh EB.DA = CD.EC

Lại có \(\widebat{CE}=\widebat{CB}\Rightarrow CE=CB\)

Vậy ta cần chứng minh: EB.DA = CD.BC

Ta có \(\widehat{DAC}=\frac{\widebat{EC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{BC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{DB}}{2}=\widehat{DCB}\)

Vậy nên ta có ngay \(\Delta DBC\sim\Delta DCA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{CD}=\frac{BC}{CA}\Rightarrow BC.CD=BD.CA\left(3\right)\)

Ta dễ dàng thấy ngay \(\Delta BDA\sim\Delta EBA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{EB}=\frac{DA}{BA}=\frac{DA}{CA}\Rightarrow EB.DA=BD.CA\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) ta có \(EB.DA=BC.CD\)

Từ đó suy ra MC = MA hay M là trung điểm của AC (đpcm).

28 tháng 11 2017

Ai giúp mik nốt bài 1 với ạ

29 tháng 11 2017

O B A M D N I

a) Ta thấy ngay \(\Delta MAO=\Delta DBO\)  (Cạnh góc vuông và góc nhọn kề)

\(\Rightarrow MO=DO\)

Xét tam giác MNP có NO là đường cao đồng thời trung tuyến nên tam giác MNP cân tại N.

b) Do tam giác MNP cân tại N nên NO cũng đồng thời là phân giác.

Vậy thì \(\Delta ION=\Delta BON\) (Cạnh huyền góc nhọn)

\(\Rightarrow OI=OB=R\)

Lại có \(OI\perp MN\Rightarrow\) MN vuông góc OI tại I hay MN là tiếp tuyến của (O)

c) Ta thấy ngay \(AM.BN=MI.IN\)

Xét tam giác vuông MON có OI là đường cao nên \(MI.IN=OI^2=R^2\)

\(\Rightarrow AM.BN=R^2\)

d) Do AM và BN cùng vuông góc với AB nên ANNB là hình thang vuông

 \(S_{AMNB}=\frac{\left(AM+NB\right).AB}{2}=\frac{\left(MI+IN\right).AB}{2}=\frac{MN.AB}{2}\)

Do AB không đổi nên diện tích hình thang vuông AMNB nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất.

MN là đường xiên nên nó nhỏ nhất khi là đường vuông góc, nói cách khác là tứ giác AMNB là hình chữ nhật.

Khi đó AM = OI = R.

Vậy khi M cách O một khoảng bằng R thì diện tích tứ giác AMNB nhỏ nhất.

20 tháng 2 2019

1

20 tháng 2 2019

con

27 tháng 11 2017

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM vào biều thức trên, ta có:

\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(abc\right)^3}{abc}}=3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\) (1)

\(a\sqrt{ac}+b\sqrt{ab}+c\sqrt{bc}\ge3\sqrt[3]{abc\sqrt{\left(abc\right)^2}}=3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM