Đặt  \(\frac{2}{x^2+y^2}+\frac{2}{y^2+z^2}+\frac{2}{x^2+z^2}\le\frac{x^3+y^3+z^3}{2xyz}+3\)  \(\left(\text{*}\right)\)

Khi đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức  \(\left(\text{*}\right)\)  luôn đúng với mọi  \(x,y,z\in Z^+\)  và  \(x^2+y^2+z^2=2\)  \(\left(\alpha\right)\)

 \(VP\left(\text{*}\right)=\frac{x^2}{2yz}+\frac{y^2}{2xz}+\frac{z^2}{2xy}+3\)     

Ta có các bất đẳng thức quen thuộc đối với ba số  \(x,y,z\in Z^+\)    như sau:

\(\hept{\begin{cases}x^2+y^2\ge2xy\\y^2+z^2\ge2yz\\z^2+x^2\ge2xz\end{cases}}\)

Áp dụng các bất đẳng thức trên cho   \(VP\left(\text{*}\right)\)  ta được:

\(VP\left(\text{*}\right)\ge\left(\frac{x^2}{y^2+z^2}+1\right)+\left(\frac{y^2}{x^2+z^2}+1\right)+\left(\frac{z^2}{x^2+y^2}+1\right)=\frac{2}{y^2+z^2}+\frac{2}{x^2+z^2}+\frac{2}{x^2+y^2}\)  (theo  \(\left(\alpha\right)\)  )

Hay nói cách khác,   \(VP\left(\text{*}\right)\ge VT\left(\text{*}\right)\)

Vậy, bđt   \(\left(\text{*}\right)\)  được chứng minh.

Dấu   \("="\)  xảy ra  khi và chỉ khi  \(\hept{\begin{cases}x=y=z\\x^2+y^2+z^2=2\end{cases}\Leftrightarrow}\)  \(x=y=z=\sqrt{\frac{2}{3}}\)

\(\frac{2}{x^2+y^2}+\frac{2}{y^2+z^2}+\frac{2}{x^2+z^2}=\frac{x^2+y^2+z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2+y^2+z^2}{y^2+z^2}+\frac{x^2+y^2+z^2}{x^2+z^2}\)

\(=3+\frac{z^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{y^2+z^2}+\frac{y^2}{x^2+z^2}\)

Áp dụng BĐT cô-si cho các cặp số thực không âm sau: x² và y² ; y² và z² ; x² và z² ta được:

\(x^2+y^2\ge2xy\Rightarrow\frac{z^2}{x^2+y^2}\le\frac{z^2}{2xy}\left(1\right)\)

Tương tự ta được: \(\frac{x^2}{y^2+z^2}\le\frac{x^2}{2yz}\left(2\right);\frac{y^2}{x^2+z^2}\le\frac{y^2}{2xz} \left(3\right)\)

Từ (1) và (2) và (3) suy ra: \(\frac{2}{x^2+y^2}+\frac{2}{y^2+z^2}+\frac{2}{x^2+z^2}\le3+\frac{z^2}{2xy}+\frac{x^2}{2yz}+\frac{y^2}{2xz}=3+\frac{x^3+y^3+z^3}{2xyz}\)

dự đoán điểm rơi : x = y = z > 0 

dùng Cô si :bớt. Ta làm như sau 

Giải :    Đặt P = \(\frac{x^3}{y\left(z+2x\right)}+\frac{y^3}{z\left(x+2y\right)}+\frac{z^3}{x\left(y+2z\right)}.\)áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương.

ta có :  \(\frac{x^3}{y\left(z+2x\right)}+\frac{y}{3}+\frac{z+2x}{9}\ge3\sqrt[3]{\frac{x^3.y.\left(z+2x\right)}{y.\left(z+2x\right).3.9}}=x.\left(1\right)..\)

chứng minh tương tự ta có :

\(\frac{y^3}{z.\left(x+2y\right)}+\frac{z}{3}+\frac{x+2y}{9}\ge y\left(2\right).\)\(\frac{z^3}{x.\left(y+2z\right)}+\frac{x}{3}+\frac{y+2z}{9}\ge z.\left(3\right).\)

Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1) , (2) và (3) ta được :  

                                 \(P+\frac{2}{3}.\left(x+y+z\right)\ge x+y+z\)

                =>    \(P\ge\frac{x+y+z}{3}.\) đấu " = " xẩy ra khi x = y = z  > 0  ( đpcm ) 

em xin lỗi,em mới hok lớp 7 thôi

em cũng xin lỗi em học lớp 6

kẻ EH vuông góc với AC ==> EH//BD ( cùng vuông góc với AC ) 

Mà E là trung điểm của AB => EH là đường trung bình của tam giác ABD 

==> EH=1/2 BD =6/2=3 cm

mặt khác xét tam giác CEH có OD//EH nê theo hệ quả định lí ta-lét ta có 

\(\frac{OD}{EH}=\frac{CO}{CE}=\frac{CD}{CH}\) ==> \(\frac{1}{3}=\frac{CD}{CH}\)

Mặt khác xét tam giác EHC vuông tại H theo định lí pu-ta-go ta có 

\(EC^2=EH^2+HC^2\)

<=> \(HC^2=5^2-3^2=16\)

=> HC=4 cm

mà \(\frac{CD}{CH}=\frac{1}{3}\)==> CD=4/3 cm

hay HD =CH-CD=\(4-\frac{4}{3}=\frac{8}{3}\)

 mà H là trung điểm của AD( vì EH là đường trung bình của tam giác ABD )

==> AD=2 HD =\(2\cdot\frac{8}{3}=\frac{16}{3}\) cm 

Xét tam giác ADB vuông tại D theo định lí qy-ta go ta co \(AB^2=AD^2+BD^2=\left(\frac{16}{3}\right)^2+6^2=\frac{580}{9}\)

 Do đó  \(AB=\sqrt{\frac{580}{9}}=\frac{2\sqrt{145}}{3}\)cm

vậy AB= \(\frac{2\sqrt{145}}{3}\)cm 

khong biet

kết bạn nhé

bn gửi nhé

Ta có

\(\frac{1^2+2^2+...+n^2}{n}=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6n}=\frac{\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{5n}=\frac{2n^2+1+3n}{5n}\)

2,

A=a⁴(b-c)+b⁴(c-a)+c⁴(a-b)

=a⁴(b-c)+b⁴[c-b)-(a-b)]+c⁴(a-b)

=a⁴(b-c)-b⁴(b-c)+c⁴(a-b)-b⁴(a-b)

=(a⁴-b⁴)(b-c)+(c⁴-b⁴)(a-b)

=(a-b)(b-c)(a+b)(a²+b²)-(a-b)(b-c)(b+c)(b²+c²)

=(a-b)(b-c)(a³+b³+a²b+ab²-b³-c³-b²c-bc²)

=(a-b)(b-c)(a²c+b²c+c³+abc+bc²+c²a-a³-ab²-ac²-a²b-abc-a²c)

=(a-b)(b-c)(c-a)(a²+b²+c²+ab+bc+ca)

=1/2(a-b)(b-c)(c-a)(2a²+2b²+2c²+2ab+2bc+2ca)

=1/2(a-b)(b-c)(c-a)[(a+b)²+(b+c)²+(c+a)²] khác 0

Theo mình 4 dòng cuối bài giải của Nguyễn Thiều Công Thành phải có dấu "-" (âm) ở trước biểu thức

1,     P=( b²+c²-a²)-4b²c²

    = (b²+c²-a²-2bc)(b²+c²-a²+2bc)

    = (b-c-a)(a+b+c)(b+c+a)(b+c-a)

Vì a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác nên ta có:

b-c-a<0, a+b+c>0, b+c+a>0,b+c-a>0

=> P <0 (đpcm)

2,  x²+y²+z²=1

Suy ra : 0 <= x²<=1, tương tự như vậy vs y và z( <= là nhỏ hơn hoặc bằng)

Xét x²+y²+z²-\(x^3\)-\(y^3\)-\(z^3\)=0

=>x²(1-x)+y²(1-y)+z²(1-z)=0(*)

có x² >=0,y²>=0, z²>=0 vs mọi x, y,z (**) (>= là lớn hơn hoặc bằng)

Lại có:

x<=1, y<=1,z<=1 suy ra : 1-x>=0, 1-y>=0, 1-z>=0 (***)

Từ (**) và (***) suy ra:

x²(1-x)+y²(1-y)+z²(1-z)>=0 vs mọi x,y,z  thỏa mãn điều kiện

Nên từ (*) suy ra:  x²(1-x)=0, y²(1-y)=0, z²(1-z)=0

Do đó:

trường hợp 1:

x=1 suy ra y=z=0 vì thế xyz=0

y=1 suy ra x=z=0 vì thế xyz=0

z=1 suy ra x=y=0 vì thế xyz=0

Vậy trong mọi trường hợp xyz=0

x=1

Mik tính bằng máy tính đó. Mik mới học lớp 8 thôi, chưa giải được. ^^

mk nghĩ bạn chép sai đề hình như đề bài phải là \(A=\sqrt[3]{\frac{x^3-3x+\left(x^2-1\right)\sqrt{x^2-4}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{x^3-3x-\left(x^2-1\right)\sqrt{x^2-4}}{2}}\)

ta xét \(A^3=\left(\sqrt[3]{\frac{x^3-3x+\left(x^2-1\right)\sqrt{x^2-4}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{x^3-3x-\left(x^2-1\right)\sqrt{x^2-4}}{2}}\right)^3\)

  <=> \(A^3=x^3-3x+3A\cdot\sqrt[3]{\frac{4}{4}}\)

<=> \(A^3=x^3-3x+3A\)

<=> \(A^3-3A-x^3+3x=0\)

<=>\(\left(A^3-x^3\right)-3A+3x=0\)

<=> \(\left(A-x\right)\left(A^2+Ax+x^2\right)-3\left(A-x\right)=0\)

<=> \(\left(A-x\right)\left(A^2+Ax+x^2-3\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}A=x\\A^2+Ax+x^2-3=0\end{cases}}\)(vô lí )

vậy \(A=x\)