|
|
sửa đổi
|
ai giúp em bài này với
|
|
|
|
Do $x>y nên x-y>0, bất đẳng thức đã cho:x^2+y^2\geq 2\sqrt{2}(x-y)\Leftrightarrow (x^2-2xy+y^2)-2\sqrt{2}(x-y)+2xy\geq 0.\Leftrightarrow (x-y)^2-2\sqrt{2}(x-y)+2\geq 0(vì xy=1)\Leftrightarrow (x-y-\sqrt{2})^2\geq 0( luôn đúng). dấu "=" xảy ra\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} xy=1\\ x-y=\sqrt{2} \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\\ y=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right.hoặc \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}\\ y=\frac{-\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right.$
Do x&gt;ynênx−y>0" role="presentation" style="font-size: 13.696px; display: inline; word-spacing: 0px; position: relative;">x>ynênx−y>0x>ynênx−y>0, bất đẳng thức đã cho tương đương:x2+y2≥22(x−y)&#x21D4;(x2−2xy+y2)−22(x−y)+2xy≥0⇔(x−y)2−22(x−y)+2≥0(vìxy=1)⇔(x−y−2)2≥0(luônđúng)" role="presentation" style="font-size: 13.696px; display: inline; word-spacing: 0px; position: relative;">x2+y2≥22√(x−y)⇔(x2−2xy+y2)−22√(x−y)+2xy≥0⇔(x−y)2−22√(x−y)+2≥0(vìxy=1)⇔(x−y−2√)2≥0(luônđúng)x2+y2≥22(x−y)⇔(x2−2xy+y2)−22(x−y)+2xy≥0⇔(x−y)2−22(x−y)+2≥0(vìxy=1)⇔(x−y−2)2≥0(luônđúng).Dấu"=" xảy ra <=>{xy=1x&#x2212;y=2⇔{x=6+22y=6−22hoặc{x=2−62y=−6&#x2212;22" role="presentation" style="font-size: 13.696px; display: inline; word-spacing: 0px; position: relative;">{xy=1x−y=2√⇔⎧⎩⎨x=6√+2√2y=6√−2√2hoặc⎧⎩⎨x=2√−6√2y=−6√−2√2{xy=1x−y=2⇔{x=6+22y=6−22hoặc{x=2−62y=−6−22
|
|
|
|
sửa đổi
|
ai giúp em bài này với
|
|
|
|
Do $x>y nên x-y>0, bất đẳng thức đã cho tương đương:x^2+y^2\geq 2\sqrt{2}(x-y)\Leftrightarrow (x^2-2xy+y^2)-2\sqrt{2}(x-y)+2xy\geq 0\Leftrightarrow (x-y)^2-2\sqrt{2}(x-y)+2\geq 0 (vì xy=1) \Leftrightarrow (x-y-\sqrt{2})^2\geq 0(luôn đúng)$.Dấu"=" xảy ra <=>$\left\{ \begin{array}{l} xy=1\\ x-y=\sqrt{2} \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\\ y=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right.hoặc \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}\\ y=\frac{-\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right.$
Do $x>y nên x-y>0, bất đẳng thức đã cho:x^2+y^2\geq 2\sqrt{2}(x-y)\Leftrightarrow (x^2-2xy+y^2)-2\sqrt{2}(x-y)+2xy\geq 0.\Leftrightarrow (x-y)^2-2\sqrt{2}(x-y)+2\geq 0(vì xy=1)\Leftrightarrow (x-y-\sqrt{2})^2\geq 0( luôn đúng). dấu "=" xảy ra\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} xy=1\\ x-y=\sqrt{2} \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\\ y=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right.hoặc \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}\\ y=\frac{-\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right.$
|
|
|
|
sửa đổi
|
ai giúp em bài này với
|
|
|
|
Do $x>y nên x-y>0$, bất đẳng thức đã cho tương đương:$x^2+y^2\geq 2\sqrt{2}(x-y)\Leftrightarrow (x^2-2xy+y^2)-2\sqrt{2}(x-y)+2xy\geq 0\Leftrightarrow (x-y)^2-2\sqrt{2}(x-y)+2\geq 0 (vì xy=1) \Leftrightarrow (x-y-\sqrt{2})^2\geq 0(luôn đúng)$.Dấu"=" xảy ra <=>$\left\{ \begin{array}{l} xy=1\\ x-y=\sqrt{2} \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\\ y=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right.hoặc \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}\\ y=\frac{-\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right.$
Do $x>y nên x-y>0, bất đẳng thức đã cho tương đương:x^2+y^2\geq 2\sqrt{2}(x-y)\Leftrightarrow (x^2-2xy+y^2)-2\sqrt{2}(x-y)+2xy\geq 0\Leftrightarrow (x-y)^2-2\sqrt{2}(x-y)+2\geq 0 (vì xy=1) \Leftrightarrow (x-y-\sqrt{2})^2\geq 0(luôn đúng)$.Dấu"=" xảy ra <=>$\left\{ \begin{array}{l} xy=1\\ x-y=\sqrt{2} \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\\ y=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right.hoặc \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}\\ y=\frac{-\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right.$
|
|
|
|
sửa đổi
|
GTNN nè mấy bạn
|
|
|
|
GTNN nè mấy bạn Cho x,y,z là độ dài 3 cạnh của một tam giácTìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:$P=\sqrt{1+\frac{24(y+z-x)}{x}}+\sqrt{1+\frac{24(z+x-y)}{y}}+\sqrt{1+\frac{24(x+y-z)}{z}}$
GTNN nè mấy bạn Cho x,y,z là độ dài 3 cạnh của một tam giácTìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:$P=\sqrt{1+\frac{24(y+z-x)}{x}} $+ $\sqrt{1+\frac{24(z+x-y)}{y}} $ + $\sqrt{1+\frac{24(x+y-z)}{z}}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
thử làm nha mọi người!
|
|
|
|
thử làm nha mọi người! Chứng minh rằng với mọi $a, b, c$ là các số thực dương ta có :$\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{c+a}}{b}+\frac{\sqrt{a+b}}{c} \geq \frac{4(a+b+c)}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}$
thử làm nha mọi người! Chứng minh rằng với mọi $a, b, c$ là các số thực dương ta có :$\frac{\sqrt{b+c}}{a} $+ $\frac{\sqrt{c+a}}{b} $+ $\frac{\sqrt{a+b}}{c} $ $\geq \frac{4(a+b+c)}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
help!
|
|
|
|
Theo BĐT AM-GM cho 2 số thực dương ta có$\sqrt{bc(b^{2}+c^{2})}= \frac{1}{\sqrt{2}}. \sqrt{2bc(b^{2}+c^{2})} \leq \frac{2bc+b^{2}+c^{2}}{2\sqrt{2}} =\frac{(b+c)^{2}}{2\sqrt{2}}\Rightarrow \frac{a(b+c)}{\sqrt{bc(b^{2}+c^{2})}} \geq \frac{2\sqrt{2}a(b+c)}{(b+c)^{2}} = \frac{2\sqrt{2}a}{b+c} tương tự:\frac{b(c+a)}{\sqrt{ca(c^{2}+a^{2})}} \geq \frac{2\sqrt{2}b}{c+a} \frac{c(a+b)}{\sqrt{ab(a^{2}+b^{2})}} \geq \frac{2\sqrt{2}c}{a+b}cộng cả 3 vế lại ta có:\frac{a(b+c)}{\sqrt{bc(b^{2}+c^{2})}} + \frac{b(c+a)}{\sqrt{ca(c^{2}+a^{2})}} \geq \frac{2\sqrt{2}b}{c+a} + \frac{c(a+b)}{\sqrt{ab(a^{2}+b^{2})}} \geq \frac{2\sqrt{2}c}{a+b} \geq 2\sqrt{2}(\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b}) \geq 2\sqrt{2}.\frac{3}{2} = 3\sqrt{2} $r
nn
|
|
|
|
sửa đổi
|
help!
|
|
|
|
help! cmr: voi moi a, b, c la cac so thuc duong ta co: $\frac{a(b+c) }{\sqrt{bc(b ^{2 }+c ^{2 }) }} + \frac{b(c+a) }{\sqrt{ca(c ^{2 }+a ^{2 }) }}+ \frac{c(a+b) }{\sqrt{ab(a ^{2 }+b ^{2 }) }} \geq 3 \sqrt{2 }$
help! cmr: voi moi a, b, c la cac so thuc duong ta co:a(b+c)bc(b2+c2) −−−−−−−−−√+b(c+a)ca(c2+a2) −−−−−−−−−√+c(a+b)ab(a2+b2) −−−−−−−−−√≥32 √
|
|
|
|
sửa đổi
|
help!
|
|
|
|
help! cmr: voi moi a, b, c la cac so thuc duong ta co:$\frac{a(b+c)}{\sqrt{bc(b^{2}+c^{2}}} + \frac{b(c+a)}{\sqrt{ca(c^{2}+a^{2}}}+\frac{c(a+b)}{\sqrt{ab(a^{2}+b^{2}}} \geq 3\sqrt{ x2}$
help! cmr: voi moi a, b, c la cac so thuc duong ta co:$\frac{a(b+c)}{\sqrt{bc(b^{2}+c^{2}}} + \frac{b(c+a)}{\sqrt{ca(c^{2}+a^{2}}}+\frac{c(a+b)}{\sqrt{ab(a^{2}+b^{2}}} \geq 3\sqrt{2}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bat dang thuc
|
|
|
|
Bat dang thuc cm:\frac{x^{3}}{x^{2}+xy+y^{2}}\geq \frac{2x-y}{3}voi moi so thuc duong x,y
Bat dang thuc cm: \frac{x^{3}}{x^{2}+xy+y^{2}} \geq \frac{2x-y}{3}voi moi so thuc duong x,y
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bat dang thuc
|
|
|
|
Bat dang thuc cm: $\frac{x^{3}}{x^{2}+xy+y^{2}}\geq \frac{2x-y}{3} $voi moi so thuc duong $ x,y $
Bat dang thuc cm:\frac{x^{3}}{x^{2}+xy+y^{2}}\geq \frac{2x-y}{3}voi moi so thuc duong x,y
|
|
|
|
sửa đổi
|
hình
|
|
|
|
a) -Ta có:K \in (O) nên: \widehat{AKB} = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )(1)-Mà MN vuông góc với AB tại I nên: \widehat{MIB}=90(2)-Từ (1),(2) suy ra tứ giác IEKB nội tiếp đường tròn.b)-Ta có:MN vuông góc với AB tại I mà AB là đường kính (O) nên ta có: MI=NI=>AM=AN hay cung AM= cungAN-Suy ra:\widehat{MKA}=\widehat{AMN} (hai góc chắn cung AM và AN)-Xét Tam giác AME,AKM ta có:Góc Achung\widehat{MKA}=\widehat{AMN} =>Tam giác AME,AKM đồng dạng=>\frac{AM}{AE}=\frac{AK}{AM}=>AM^2=AK.AEC)-Ta có:Tam giác AIE,AKB đồng dạng (g.g)=>\frac{AI}{AE}=\frac{AK}{AB}=>AI.AB=AK.AEAI.AB=AK.AE=>(AB-BI).AB=AK.AE=>AB^2-AB.BI=AK.AE=>AB.BI=AB^2-AK.AE-Suy ra: AE.AK+BI.BA=AK.AE+AB^2-AK.AE =>AE.AK+BI.BA=AB^2=4R^2(đpcm)d) Ta có: chu vi tam giác MIO= MO+MI+IO=R+IO+MIĐể chu vi tam giác MIO lớn nhất thì IO+MI phải lớn nhất=>MI phải lớn nhất và IO phải lớn nhất-Mặt khác ta lại có: IO^2+MI^2=ME^2=R^2=>IO^2+MI^2 không đổi=> Để MI phải lớn nhất và IO phải lớn nhất thì MI=IO=>I là trung điểm của OA.
a) -Ta có:K \in (O) nên: AKB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )(1)-Mà MN vuông góc với AB tại I nên: MIB=90(2)-Từ (1),(2) suy ra tứ giác IEKB nội tiếp đường tròn.b)-Ta có:MN vuông góc với AB tại I mà AB là đường kính (O) nên ta có: MI=NI=>AM=AN hay cung AM= cungAN-Suy ra:MKA=AMN}(hai góc chắn cung AM và AN)-Xét Tam giác AME,AKM ta có:Góc AchungMKA=AMN =>Tam giác AME,AKM đồng dạng=>AM/AE=AK/AM=>AM^2=AK.AEC)-Ta có:Tam giác AIE,AKB đồng dạng (g.g)=>AI/AE=AK/AB=>AI.AB=AK.AEAI.AB=AK.AE=>(AB-BI).AB=AK.AE=>AB^2-AB.BI=AK.AE=>AB.BI=AB^2-AK.AE-Suy ra: AE.AK+BI.BA=AK.AE+AB^2-AK.AE =>AE.AK+BI.BA=AB^2=4R^2(đpcm)d) Ta có: chu vi tam giác MIO= MO+MI+IO=R+IO+MIĐể chu vi tam giác MIO lớn nhất thì IO+MI phải lớn nhất=>MI phải lớn nhất và IO phải lớn nhất-Mặt khác ta lại có: IO^2+MI^2=ME^2=R^2=>IO^2+MI^2 không đổi=> Để MI phải lớn nhất và IO phải lớn nhất thì MI=IO=>I là trung điểm của OA.
|
|