Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương, ta có :

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

Cần chứng minh : \(\sqrt[3]{\frac{1}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\ge\frac{9}{2\left(a+b+c\right)^2}\)

hay \(8\left(a+b+c\right)^6\ge729abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)

Thật vậy, ta có : \(\left(a+b+c\right)^3\ge\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^3=27abc\)

\(8\left(a+b+c\right)^3=\left(2\left(a+b+c\right)\right)^3=\left(a+b+b+c+a+c\right)^3\)

\(\ge\left(3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\right)^3=27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)

Nhân từng vế 2 bất đẳng thức trên, ta được đpcm

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c 

Vậy ...

2. Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm, ta có : 

\(B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(a^3+c^3+1\right)}}\)

Ta có : \(a^3+b^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3b^3}=3ab\Rightarrow\sqrt{a^3+b^3+1}\ge\sqrt{3ab}\)

Tương tự : ....

\(\Rightarrow\sqrt{\left(a^3+b^3+1\right)\left(b^3+c^3+1\right)\left(c^3+a^3+1\right)}\ge\sqrt{27a^2b^2c^2}=\sqrt{27}\)

\(\Rightarrow B\ge3\sqrt[3]{\sqrt{27}}=3\sqrt{3}\)

Vậy GTNN của B là \(3\sqrt{3}\)khi a = b = c = 1

Áp dụng BĐT Cô-si dạng Engel,ta có :

\(\frac{x^2}{x+\sqrt{yz}}+\frac{y^2}{y+\sqrt{xz}}+\frac{z^2}{z+\sqrt{xy}}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}}\)

Mà \(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}\le x+y+z\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = \(\frac{3}{2}\)

nhầm sửa x = y = z = 1 nha

Các bạn giúp mình với

bn hok lớp 9 à

Gọi thời gian chảy vào đầy bể là \(a\left(h\right)\left(a>0\right)\)

Gọi thời gian chảy ra hết bể là \(b\left(h\right)\left(b>0\right)\)

\(1h\)vòi chảy vào chảy được \(\frac{1}{a}\left(bể\right)\)

\(1h\)vòi chảy ra chảy được \(\frac{1}{b}\left(bể\right)\)

Ta có: \(\frac{1}{\frac{1}{a}-\frac{1}{b}}=6\Rightarrow\frac{1}{a}-\frac{1}{b}=\frac{1}{6}\left(h\right)\)

\(b-a=8\Rightarrow b=8+a\left(2\right)\)

Từ: \(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow\frac{1}{a}-\frac{1}{a+8}=\frac{1}{6}\)

\(\Rightarrow\frac{a+8-a}{a\left(a+8\right)}=\frac{1}{6}\)

\(\Leftrightarrow a^2+8a=48\)

\(\Leftrightarrow a^2+8a-48=0\)

\(\Leftrightarrow a=4\)

Vậy ............

Em kiểm tra lại đề bài . Gọi P, Q là hình chiếu của K trên BC và gì nữa vậy?

Gọi N là giao điểm của PQ và AH, gọi M là giao điểm của AH với (O). Khi đó dễ thấy tam giác PHK cân. Do AH//KP nên tứ giác KPMN là hình thang.

Lại có BPKQ nội tiếp nên suy ra được \(\widehat{QBK}=\widehat{ABK}=\widehat{ AMK}=\widehat{QPK}\)nên tứ giác KPMN nội tiếp. Do đó KPMN là hình thang cân. Do đó \(\widehat{PMH}=\widehat{PHM}=\widehat{KNM}\)nên KN//HP.

Do vậy tứ giác HPKN là hình bình hành. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Hình tự vẽ nha <3

Vẽ \(AH\)cắt \(BC\)tại \(K\)

Ta có: \(AK\perp BC\)

Gọi \(S\)(Khác \(D\)) là giao điểm của 2 đường trong \(O_1;O_2\)

Xét đường tròn \(O_1\)có: \(\widehat{SDB}=\widehat{SMC}\)

Ta có: \(\widehat{SMC}=\widehat{SNA}\Rightarrow AMSN\)nội tiếp.

Mặt khác:  \(\widehat{HMA}=\widehat{HNA}=90^0\Rightarrow AMHN\) nội tiếp

Vì vậy 5 điểm \(A,M,S,H,N\)cùng thuộc đường tròn.

\(\widehat{NSA}=\widehat{NHA}\)Mà \(\widehat{NHA}=\widehat{DBN}\Rightarrow\widehat{NSA}=\widehat{DBN}\)

Ta có: \(\widehat{NSA}+\widehat{DSN}=\widehat{DBN}+\widehat{DSN}=180^0\)

\(\Rightarrow A,D,S\)thằng hàng.

Ta lại có: \(\widehat{ASH}=\widehat{HMA}=90^0\Rightarrow HS\perp DA\)

Và: \(\widehat{PSD}=90^0\)(Góc nội tiếp chắn đường tròn)

\(\Rightarrow PS\perp DA\)

Và: \(\widehat{QSD}=90^0\)(Góc nội tiếp chắn đường tròn)

\(\Rightarrow QS\perp DA\)

Từ trên ta suy ra: Các đường thẳng \(SH;PS;QS\)trùng nhau.

\(\Rightarrow P,H,Q\)thằng hàng (đpcm)