Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có
\(\frac{x^3}{\left(y+z\right)\left(y+2z\right)}+\frac{y+z}{12}+\frac{y+2z}{18}\ge\frac{3x}{6}=\frac{x}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^3}{\left(y+z\right)\left(y+2z\right)}\ge-\frac{y+z}{12}-\frac{y+2z}{18}+\frac{x}{2}=\frac{18x-7z-5y}{36}\)
Tương tự ta có
\(\frac{y^3}{\left(z+x\right)\left(z+2x\right)}\ge\frac{18y-7x-5z}{36}\)
\(\frac{z^3}{\left(x+y\right)\left(x+2y\right)}\ge\frac{18z-7y-5x}{36}\)
Cộng vế theo vế ta được
\(A\ge\frac{18x-7z-5y}{36}+\frac{18y-7x-5z}{36}+\frac{18z-7y-5x}{36}\)
\(=\frac{x+y+z}{6}\ge\frac{3\sqrt[3]{xyz}}{6}=\frac{3.2}{6}=1\)
Dấu = xảy ra khi x = y = z = 2
\(\left(xy+yz+zx\right)^2\ge3xyz\left(x+y+z\right)=9\Rightarrow xy+yz+zx\ge3\)
\(2\left(x^2+y^2\right)-xy\ge\left(x+y\right)^2-\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2=\dfrac{3}{4}\left(x+y\right)^2\)
Tương tự và nhân vế với vế:
\(VT\ge\dfrac{27}{64}\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\)
Mặt khác ta có:
\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)=\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)-xyz\)
\(\ge\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)-\sqrt[3]{xyz}.\sqrt[3]{xy.yz.zx}\)
\(\ge\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)-\dfrac{1}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\)
\(=\dfrac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge\dfrac{8}{9}\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}.\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{27}{64}.\dfrac{64}{81}.3\left(xy+yz+zx\right)^3\ge3^3=27\) (đpcm)
Sửa đề cho x,y,z dương thỏa mãn xyz=1 tìm max \(...+\frac{1}{\sqrt{\left(2z+1\right)\left(x+2\right)}}\)
gọi bthuc là A
\(\frac{1}{\sqrt{\left(2x+1\right)\left(y+2\right)}}\le\frac{2}{2x+y+3}=\frac{2}{x+y+x+1+2}\le\frac{2}{2\sqrt{xy}+2\sqrt{x}+2}=\frac{1}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}\)
Tương tự,cộng vế theo vế ta dc:
\(A\le\frac{1}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{1}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{1}{\sqrt{zx}+\sqrt{z}+1}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{xy}+\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{xy}}{\sqrt{x}+1+\sqrt{xy}}=1\)
Dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=1
Do 2 không chia hết cho 3 nên \(2^n\)không chia hết cho 3 ( do \(n\in N\))
\(\Rightarrow2^n\)chia 3 dư 1 hoặc 2
\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}2^n-1⋮3\\2^n+1⋮3\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(2^n-1\right)\left(2^n+1\right)⋮3\)với mọi \(n\in N\)(đpcm)
2.a,
\(x^2-2x+3=2\sqrt{2x^2-4x+3}\)
Đặt \(\sqrt{x^2-2x+3}=t\left(t\ge\sqrt{2}\right)\)
\(\Rightarrow2x^2-4x+3=2t^2-3\)
\(\Rightarrow\)phương trình trên trở thành:
\(t^2=2\sqrt{2t^2-3}\)
\(\Leftrightarrow t^4=8t^2-12\)
\(\Leftrightarrow t^4-8t^2+12=0\)
\(\Leftrightarrow\left(t^2-6\right)\left(t^2-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t^2-6=0\\t^2-2=0\end{cases}}\)
TH1. \(t^2-6=0\)\(\Rightarrow x^2-2x+3=6\)\(\Leftrightarrow x^2-2x-3=0\)\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x-3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x=3\)hoặc \(x=-1\)
TH2. \(t^2-2=0\) \(\Rightarrow x^2-2x+3=2\)\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2=0\)\(\Leftrightarrow x=1\)
Vậy pt có tập nghiệm là \(S=\left\{1;3;-1\right\}\)
4.
a,
Xét tam giác ABO có OA=OB=R và AB=\(R\sqrt{2}\)(gt)
mà \(R^2+R^2=\left(R\sqrt{2}\right)^2\)
\(\Rightarrow\)độ dài 3 cạnh của tam giác ABO là một bộ số Pitagoras
\(\Rightarrow\)tam giác ABO vuông cân tại O
\(\Rightarrow\)\(\widehat{OAB}=\widehat{OBA}=45^0\)
Xét tam giác CAP có CA=CP=\(R_1\)\(\Rightarrow\)tam giác CAP cân tại C mà \(\widehat{CAP}=45^0\)
\(\Rightarrow\)tam giác CAP vuông cân tại C
tương tự \(\Rightarrow\)tam giác DBP vuông cân tại D
ta có: CP vuông góc vơi OA(c/m trên) và DB vuông góc với OB(c/m trên)
mà OA vuông góc vơi OB \(\Rightarrow\)\(\widehat{CPD}=90^0\)
\(\widehat{CMD}=\widehat{CMP}+\widehat{DMP}=\widehat{CPM}+\widehat{DPM}=\widehat{CPD}=90^0\)
\(\Rightarrow\)\(M\in\)đường tròn đường kính CD
do tứ giác OCPD là hình chữ nhật ( có 4 góc vuông ) \(\Rightarrow\)\(M,O,C,D,P\)cùng thuộc 1 đường tròn đường kính OP (đpcm)
\(\Rightarrow\)OM vuông góc với MP mà CD vuông góc với MP ( t/c đường nối tâm vuông góc với dây chung tại trung điểm)
\(\Rightarrow OM//CD\)(đpcm)
Từ \(xy+yz+xz=xyz\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1\)
Đặt \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\rightarrow\left(a,b,c\right)\) thì có
\(\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b^3}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{1}{16}\)\(\forall\hept{\begin{cases}a+b+c=1\\a,b,c>0\end{cases}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b+1}{64}+\frac{c+1}{64}\ge\frac{3a}{16}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế
\(VT+\frac{2\left(a+b+c+3\right)}{64}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{16}\Leftrightarrow VT\ge\frac{1}{16}\)
Khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\Leftrightarrow x=y=z=1\)
a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)
b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c
a+b+c=x-y-z+z-x=o
đưa về như bài b
d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung
e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)
=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)