Chú ý: Dự đoán \(MaxP=\frac{1}{4}\)khi a = b = c = 1. Ta sẽ chứng minh đây là giá trị lớn nhất của P

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được: \(\sqrt{\left(1+1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2+1\right)}\ge a+b+c+1\)\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2+1\right)}}\le\frac{2}{a+b+c+1}\)

Theo bất đẳng thức quen thuộc \(kzr\le\frac{\left(k+z+r\right)^3}{27}\), ta có: \(\frac{2}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{2}{\frac{\left(a+b+c+3\right)^3}{27}}=\frac{54}{\left(a+b+c+3\right)^3}\)

Do đó \(P\le\frac{2}{a+b+c+1}-\frac{54}{\left(a+b+c+3\right)^3}\)

Đặt \(a+b+c=t>0\)thì ta cần chứng minh \(\frac{2}{t+1}-\frac{54}{\left(t+3\right)^3}\le\frac{1}{4}\)(*)

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{\left(t-3\right)^2\left(t^2+8t+3\right)}{4\left(t+1\right)\left(t+3\right)^3}\ge0\)*đúng với mọi t > 0*

Đẳng thức xảy ra khi t = 3 hay a = b = c = 1

\(\sqrt{x^2+12}+5=3x+\sqrt{x^2+5}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2+12}-\sqrt{x^2+5}=3x-5\)

bình phương 2 vế ta được : 

\(x^2+12-2\sqrt{x^2+12}\sqrt{x^2+5}+x^2+5=9x^2-30x+25\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(x^2+12\right)\left(x^2+5\right)}=-7x^2+30x-8\)

\(\Leftrightarrow-45x^4-944x^2+176+420x^3+480x=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(-45x^3+330x^2-284x-88\ne0\right)=0\)

Vậy \(x=2\)

:V bạn bình phương tới bến luôn à?

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta được: \(\Sigma_{cyc}\frac{a^2b^2+7}{\left(a+b\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{a^2b^2+1+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b\right)^2}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2ab+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b\right)^2}=\Sigma_{cyc}\left(1+\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\right)\)Đến đây, ta cần chứng minh \(\Sigma_{cyc}\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\ge3\)

Lại áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta được: \(\Sigma_{cyc}\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\ge3\sqrt[3]{\frac{\Pi_{cyc}\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\Pi_{cyc}\left(a+b\right)^2}}\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được: \(\frac{\Pi_{cyc}\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\Pi_{cyc}\left(a+b\right)^2}\ge1\)

Thật vây, ta có: \(\Pi_{cyc}\left(a+b\right)^2\le\Pi_{cyc}2\left(a^2+b^2\right)\)và \(\Pi_{cyc}4\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\le\Pi_{cyc}\left(2b^2+c^2+a^2\right)^2\)hay \(8\Pi_{cyc}\left(a^2+b^2\right)\le\Pi_{cyc}\left(2a^2+b^2+c^2\right)\)

Từ đó suy ra \(\Pi_{cyc}\left(a+b\right)^2\le\Pi_{cyc}\left(2a^2+b^2+c^2\right)\)hay \(\frac{\Pi_{cyc}\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\Pi_{cyc}\left(a+b\right)^2}\ge1\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

a) Vì tam giác ABC ngoại tiếp (O) ta có:

Tiếp tuyến AD và AF cắt nhau tại A ==>AD=AF

Tương tự, suy ra CE=CF ; BD=BE

Ta có:AB+AC-BC=AD+BD+AF+CF-BE-CE

mà BD=BE; CF=CE

=>AB+AC-BC=AD+AF=2AD(đpcm)

b) Hệ thức khác: 2BD=AB+BC-AC

                            2CE=BC+AC-AB

Hình đó , quên vẽ :v

\(4\sqrt{x}=20\)

\(\sqrt{x}=20:4\)

\(\sqrt{x}=5\)

\(\sqrt{x}=\sqrt{25}\)

\(=>x=25\)

\(4\sqrt{x}=20\left(x\ge0\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}=5\)

\(\Leftrightarrow x=25\)( thỏa mãn )

Vậy ...

Gọi số lần nguyên phân của 3 tế bào A,B,C lần lượt là n,g,u                =)))

Vì tổng số lần nguyên phân là 10 nên ta có : n+g+u= 10 

                                                                  mà g=2n (1) => 3n+u= 10 => u = 10-3n (2)

Vì kết thúc nguyên phân tạo ra 36 tế bào con nên ta có : 2ⁿ+2^g+2^u= 36 thay (1),(2) vào phương trình 

=> 2ⁿ+2²ⁿ+2^10-3n=36 Xong bấm máy tính ra nhé 

\(x^{12}-x^9+x^4-x+1>0\)\(\Leftrightarrow2x^{12}-2x^9+2x^4-2x+2>0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^{12}-2x^9+x^6\right)+\left(x^{12}-x^6+\frac{1}{4}\right)+\left(2x^4-2x^2+\frac{1}{2}\right)+\)\(\left(2x^2-2x+\frac{1}{2}\right)+\frac{3}{4}>0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^6-x^3\right)^2+\left(x^6-\frac{1}{2}\right)^2+2\left(x^2-\frac{1}{2}\right)^2+2\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\)

do đó ta có đpcm

\(D=x^{10}-x^9+x^4-x+1>0\)

\(D=x^9\left(x-1\right)+x\left(x^3-1\right)+1\)

Vậy ta xét : \(x\ge1\)\(\Rightarrow\)D Sẽ luôn dương (1)

Xét: \(x< 1\)

\(\Rightarrow\)\(D=x^{10}+x^4\left(1-x^5\right)+\left(1-x\right)\)