Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có ∆1' + ∆2' + ∆3' = b2 - ac + c2 - ab + a2 - bc = \(\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{2}\)\(\ge\)0
Vậy có ít nhất 1 phương trình có nghiệm
Theo BĐT AM-GM :
\(a^5+\frac{1}{a}+1+1\ge4\sqrt[4]{a^5\cdot\frac{1}{a}\cdot1\cdot1}=4a\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a^5=\frac{1}{a}=1\Leftrightarrow a=1\)
+ Tương tự :
\(b^5+\frac{1}{b}+1+1\ge4b\) Dấu "=" <=> b = 1
\(c^5+\frac{1}{c}+1+1\ge4c\) Dấu "=" <=> c = 1
Do đó : \(a^5+b^5+c^5+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+6\ge4\left(a+b+c\right)\)
=> đpcm
Dấu "=" <=> a = b = c = 1
\(\text{bđt }\Leftrightarrow4\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(4a^2b^2+4a^2+4b^2+4\right)\left(c^2+1\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\text{ (1)}\)
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số \(a^2;b^2;c^2\), luôn tồn tại 2 số cùng \(\ge\frac{1}{2}\)hoặc cùng \(\le\frac{1}{2}\), giả sử là a và b
\(\Rightarrow\left(2a^2-1\right)\left(2b^2-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow4a^2b^2\ge2\left(a^2+b^2\right)-1\)
\(\Rightarrow VT\text{ (1) }\ge\left[6\left(a^2+b^2\right)+3\right]\left(c^2+1\right)=3\left[2\left(a^2+b^2\right)+1\right]\left(c^2+1\right)\)
\(\ge3\left[\left(a+b\right)^2+1^2\right]\left[1^2+c^2\right]\ge3\left[\left(a+b\right).1+1.c\right]^2=3\left(a+b+c\right)^2\)
(Theo bđt Bunhiacopxki)
Vậy ta có đpcm.
cho tam giác ABC vuong tại A có AB<AC và đường cao AH. gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB , biết AH=4,AM=5.cmr các điểm A,H,M,N,P thuộc cùng một đường tròn