Ta có \(a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}=\frac{4}{3}\left(a,b,c>0\right)\)

\(\Leftrightarrow4a+4\sqrt{ab}+4\sqrt[3]{abc}=\frac{16}{3}.\)

\(\Leftrightarrow4a+2.2\sqrt{ab}+\sqrt[3]{64abc}=\frac{16}{3}.\)

\(\Leftrightarrow4a+2\sqrt{a.4b}+\sqrt[3]{a.4b.16c}=\frac{16}{3}.\)(1)

Áp dụng BDT Cauchy cho hai số dương \(a\)và \(4b\)ta được:\(2\sqrt{a.4b}\le a+4b\)(dấu bằng có \(\Leftrightarrow a=4b\))(2)

Áp dụng BDT Cauchy cho ba số dương \(a;4b\)và \(16c\)ta được:\(\sqrt[3]{a.4b.16c}\le\frac{1}{3}\left(a+4b+16c\right).\)(dấu bằng có \(\Leftrightarrow a=4b=16c\))(3)

Từ (1);(2) và (3) suy ra:

 \(\frac{16}{3}\le4a+a+4b+\frac{1}{3}\left(a+4b+16c\right).\)

\(\Leftrightarrow\frac{16}{3}\le5a+4b+\frac{1}{3}a+\frac{4}{3}b+\frac{16}{3}c.\)

\(\Leftrightarrow\frac{16}{3}\le\frac{16}{3}a+\frac{16}{3}b+\frac{16}{3}c.\)

\(\Leftrightarrow\frac{16}{3}\left(a+b+c\right)\ge\frac{16}{3}.\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\ge1\)

\(\Rightarrow MinZ=1\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}=\frac{4}{3}.\\a+b+c=1\\a=4b=16c\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{16}{21}\\b=\frac{4}{21}\\c=\frac{1}{21}\end{cases}}\)

Vậy GTNN của \(Z\)là 1 khi và chỉ khi \(a=\frac{16}{21};b=\frac{4}{21};c=\frac{1}{21}.\)

P/S:Trong quá trình làm dù đã rất cố gắng song khó tránh khỏi sai sót;mong bạn lượng thứ.

Đình chính:

\(MinZ=1\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}=\frac{4}{3}\\a=4b=16c\\a+b+c=1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{16}{21}\\b=\frac{4}{21}\\c=\frac{1}{21}\end{cases}}}\)

 Kí hiệu S(n)S(n) là tổng các chữ số của nn. Ta có S(n)≡nS(n)≡n (mod 9).

Do đó sau khi thay nn bằng S(n)S(n) thì số dư khi chia cho 9 là không đổi.

⇒⇒ Kết quả cuối cùng là các số có 1 chữ số là số dư của số ban đầu khi chia 9.

Mà số đầu và số cuối của dãy chia 9 dư 1 nên số dư 1 là nhiều nhất.

Tức là chữ số 1 xuất hiện nhiều nhất. 

haizz!v~ cả you.tham khảo BĐT cauchy nhé!

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương \(\frac{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}}{\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}}\le2.\sqrt{2}.\sqrt[3]{9}\)

Ta quy bài toán về chứng minh hai bất đẳng thức sau 

\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\le3\sqrt{2}\)và \(\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{\sqrt[3]{3}}{2}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta được \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\le\sqrt{6\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)\(\le\sqrt{6\sqrt{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}}\le3\sqrt{2}\)

Mặt khác ta lại có \(\left[\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x+y+z\right)\right]^2\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^4\); \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)

Do đó ta được \(\left(x^3+y^3+z^3\right)^2\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^3}{3}\)

Áp dụng kết quả trên ta thu được \(\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]^2\ge\frac{1}{3}\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\right]^3\)

Mà theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có\(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{1}{2\left(a^2+b^2\right)}+\frac{1}{2\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{2\left(c^2+a^2\right)}\) \(\ge\frac{9}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\frac{9}{4\sqrt{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}}\ge\frac{9}{4\sqrt{9}}=\frac{3}{4}\)

Do đó ta có \(\left[\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]^2\ge\frac{1}{3}\left[\frac{3}{4}\right]^3=\frac{9}{64}\)

Suy ra \(\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{\sqrt[3]{3}}{2}\)

Từ các kết quả trên ta được \(\frac{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}}{\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a\right)^3}}}\le\frac{3\sqrt{2}}{\frac{\sqrt[3]{3}}{2}}=2.\sqrt{2}.\sqrt[3]{9}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Chậc -.- ai ngờ bài này lại dễ vậy .... Cứ chứng minh đủ kiểu hóa ra dùng Cô-si là xong .... nghĩ xa quá XD

Áp dụng bđt Cô-si cho 3 số dương ta được

\(\sqrt{a^6+b^6+1}\ge\sqrt{3\sqrt[3]{a^6.b^6.1}}=ab\sqrt{3}\)

C/m tương tự \(\sqrt{b^6+c^6+1}\ge bc\sqrt{3}\)

                     \(\sqrt{c^6+a^6+1}\ge ac\sqrt{3}\)

Cộng 3 bđt trên lại ta được

\(VT\ge\left(ab+bc+ca\right)\sqrt{3}=3\sqrt{3}\)

Dấu "=" xảy ra <=> a = b= c = 1

Vậy ..........

Ta sẽ biểu diễn lại (d)

Có (d) 2x + y - a² = 0

=> (d) y = -2x + a² 

1, Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của pt

\(-2x+a^2=ax^2\)

\(\Leftrightarrow ax^2+2x-a^2=0\)(1)

Ta có: \(\Delta'=1+a^3>0\forall a>0\)

Nên pt (1) có 2 nghiệm phân biệt

=> (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B

Có \(S=-\frac{2}{a}< 0\forall a>0\)

   \(P=-a< 0\forall a>0\)

=> A và B nằm bên trái trục tung

2, Theo Vi-et \(x_A+x_B=-\frac{2}{a}\)

                    \(x_A.x_B=-a\)

Khi đó: \(T=\frac{4}{x_A+x_B}+\frac{1}{x_A.x_B}\)

                 \(=\frac{4}{\frac{-2}{a}}+\frac{1}{-a}\)

                \(=-2a-\frac{1}{a}\)

                 \(=-\left(2a+\frac{1}{a}\right)\)

Áp dụng bđt Cô-si cho 2 số dương ta được

\(T=-\left(2a+\frac{1}{a}\right)\le-2\sqrt{2a.\frac{1}{a}}=-2\sqrt{2}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow2a^2=1\)

                       \(\Leftrightarrow a^2=\frac{1}{2}\)

                       \(\Leftrightarrow a=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(a>0\right)\)

Vậy ...........

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của pt

\(kx+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}x^2\)

\(\Leftrightarrow x^2-2kx-1=0\left(1\right)\)

Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt (1) phải có 2 nghiệm phân biệt 

Khi đó: \(\Delta'>0\)

\(\Leftrightarrow k^2+1>0\)(Luôn đúng)

Theo Vi-ét ta có: x_A + x_B = 2k

                          x_A . x_B = -1

Vì \(A;B\in\left(P\right)\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}y_A=\frac{1}{2}x_A^2\\y_B=\frac{1}{2}x_B^2\end{cases}}\)

Gọi I(x_I ; y_I) là trung điểm AB

Khi đó: \(x_I=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{2k}{2}=k\)

         \(y_I=\frac{y_A+y_B}{2}=\frac{x^2_A+x_B^2}{4}=\frac{\left(x_A+x_B\right)^2-2x_Ax_B}{4}=\frac{4k^2+2}{4}=k^2+\frac{1}{2}\)

Do đó: \(y_I=x_I^2+\frac{1}{2}\)

Nên I thuộc \(\left(P\right)y=x^2+\frac{1}{2}\)

Vậy ...............

P/S: nếu bạn thắc mắc về \(\left(P\right)=x^2+\frac{1}{2}\)thì mình sẽ giải thích

Ở cấp 2 thì ta chỉ được gặp dạng (P) y = ax² có đỉnh trùng với gốc tọa độ

Nhưng đây chỉ là dạng đặc biệt của nó thôi . Còn dạng chuẩn là (P) y = ax² + bx + c . (P) này có đỉnh không trùng với gốc tọa độ

Mình thiếu F là giao điểm của MC và AB

Câu hỏi của Namek kian - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

em tham khảo ở link này nhé!

Áp dụng BĐT Svac

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{a+b+c}{2a+2b+2c}=\frac{1}{2}\)

Vậy đề sai nhé

\(\hept{\begin{cases}x^2y+xy^2=30\\x^3+y^3=35\end{cases}}\) <=>  \(\hept{\begin{cases}xy\left(x+y\right)=30\\\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)=35\end{cases}}\) <=>  \(\hept{\begin{cases}xy\left(x+y\right)=30\\\left(x+y\right)^3=125\end{cases}}\)

<=>  \(\hept{\begin{cases}xy\left(x+y\right)=30\\x+y=5\end{cases}}\)  <=>  \(\hept{\begin{cases}xy=6\\x+y=5\end{cases}}\) <=>  \(\orbr{\begin{cases}x=2,y=3\\x=3;y=2\end{cases}}\)