Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giari hộ mình câu này với, mình cần gấp.
Cau 1:
Đkxđ: 2x-4\(\ge\)0
(ngoặc nhọn) 3-x> 0
khi và chỉ khi : x\(\ge\)2 và x<3
câu 1:
a2+b2+c2+42 = 2a+8b+10c
<=> a2-2a+1+b2 -8b+16+c2-10c+25=0
<=> (a-1)2+(b-4)2+(c-5)2=0
<=>a=1 và b=4 và c=5
=> a+b+c = 10
ta có 2(a2+b2)=5ab
<=> 2a2+2b2-5ab=0
<=> 2a2-4ab-ab+2b2=0
<=> 2a(a-2b)-b(a-2b)=0
<=> (a-2b)(2a-b)=0
<=> a=2b(thỏa mãn)
hoặc b=2a( loại vì a>b)
với a=2b =>P=5b/5b=1
Lời giải:
Bài 1:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu:
( \(\frac{a_1^2}{x_1}+\frac{a_2^2}{x_2}+...+\frac{a_n^2}{x_n}\geq \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^2}{x_1+x_2+...+x_n}\)- Bản chất chính là BĐT Cauchy-Schwarz thu gọn)
\(\text{VT}=\frac{a^{4030}}{a^{2014}(b+c-a)}+\frac{b^{4030}}{b^{2014}(a+c-b)}+\frac{c^{4030}}{c^{2014}(a+b-c)}\geq\frac{(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015})^2}{a^{2014}(b+c)+b^{2014}(c+a)+c^{2014}(a+b)-(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015})} \)
Giờ chỉ cần chứng minh \(a^{2014}(b+c)+b^{2014}(c+a)+c^{2014}(a+b)-(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015})\leq a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\)
\(\Leftrightarrow (a-b)(a^{2014}-b^{2014})+(b-c)(b^{2014}-c^{2014})+(c-a)(c^{2014}-a^{2014})\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2(a^{2013}+....+b^{2013})+(b-c)^2(b^{2013}+...+c^{2013})+(c-a)^2(c^{2013}+...+a^{2013})\geq 0\)
BĐT này luôn đúng với $a,b,c>0$
Do đó \(\text{VT}\geq \frac{a^{2015}+b^{2015}+c^{2015})^2}{a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}}=a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\) ( đpcm)
Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c$
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(17\left ( a^2+\frac{1}{b^2} \right )=\left ( a^2+\frac{1}{b^2} \right )(1+4^2)\geq \left ( a+\frac{4}{b} \right )^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}\geq \frac{a+\frac{4}{b}}{\sqrt{17}}\). Tương tự với các phân thức còn lại......
\(S\geq \frac{1}{\sqrt{17}}\left(a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu:
\(\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\geq \frac{36}{a+b+c}\Rightarrow S\geq \frac{1}{\sqrt{17}}\left(a+b+c+\frac{36}{a+b+c}\right)\)
Áp dụng BĐT Am-Gm: \(a+b+c+\frac{9}{4(a+b+c)}\geq 2\sqrt{\frac{9}{4}}=3\)
Mặt khác, vì $a+b+c\leq\frac{3}{2}$ nên \(\frac{135}{4(a+b+c)}\geq \frac{45}{2}\)
\(\Rightarrow S\geq \frac{51}{2\sqrt{17}}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\)
Vậy \(S_{\min}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\Leftrightarrow (a,b,c)=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right))\)
Mình trình bày cho dễ hiểu nha
\(sina-\sqrt{3}cosa\)
\(=2\cdot\left(\frac{1}{2}sina-\frac{\sqrt{3}}{2}cosa\right)\)
\(=2\cdot\left(sinacos\frac{pi}{6}-cosasin\frac{pi}{6}\right)\)
\(=2\cdot sin\left(a-\frac{pi}{6}\right)\)
Ta có\(-1\le sin\left(a-\frac{pi}{6}\right)\le1\)
\(-2\le sin\left(a-\frac{pi}{6}\right)\le2\)
Vậy Min=-2
Max=2
\(cos\alpha=\frac{1}{2}\Leftrightarrow\alpha=\frac{-\pi}{3}\)(vì \(\frac{-\pi}{2}< \alpha< 0\))
\(cot\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)=cot\left(\frac{2\pi}{3}\right)=\frac{-\sqrt{3}}{3}\)