Ta có:

\(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(a+2b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(a+b+2c\right)^2}\)

\(\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{4\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{1}{4\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

\(=\frac{2\left(a+b+c\right)}{4\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

\(=\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Giờ ta cần chứng minh

\(\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{9}{16\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

Ta có:

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\)

\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(=\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

Vậy ta có ĐPCM

Giả sử có ít nhất một số là số vô tỉ, giả sử đó là \(\sqrt{a}\)

Ta có: \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)là số hữu tỉ

=> Đặt \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=\frac{p}{q}\)với p, q thuộc Z và (p, q)=1

=> \(\sqrt{b}+\sqrt{c}=\frac{p}{q}-\sqrt{a}\)

=> \(b+2\sqrt{bc}+c=\frac{p^2}{q^2}-2\frac{p}{q}\sqrt{a}+a\Leftrightarrow2\sqrt{bc}+\frac{2p}{q}\sqrt{a}=\frac{p^2}{q^2}+a-b-c\)

=> \(2\sqrt{bc}+\frac{2p}{q}\sqrt{a}\)là số hữu tỉ

=> \(\sqrt{bc}+\frac{p}{q}\sqrt{a}\)là số hữu tỉ

=> Đặt \(\sqrt{bc}+\frac{p}{q}\sqrt{a}\)=\(\frac{m}{n}\)với m,n thuộc Z, (m, n)=1

=> \(\sqrt{bc}=\frac{m}{n}-\frac{p}{q}\sqrt{a}\Rightarrow bc=\frac{m^2}{n^2}-\frac{2mp}{nq}\sqrt{a}+\frac{p^2}{q^2}.a\)

=> \(\frac{2mp}{nq}\sqrt{a}=\frac{m^2}{n^2}+\frac{p^2.a}{q^2}-bc\)

=>\(\frac{2mp}{nq}\sqrt{a}\)là số hữu tỉ 

=> \(\sqrt{a}\)là số hữu tỉ  vô lí với điều giả sử

=> Không có số nào là số vô tỉ hay cả ba số là số hữu tỉ

Không biết cách này có đúng không ạ?Em làm thử

                                       Lời giải

Từ đề bài suy ra a,b,c>0.

Ta chứng minh: Nếu a;b;c và \(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\) là số hữu tỉ.Suy ra \(a=\frac{m^2}{n^2};b=\frac{p^2}{q^2};c=\frac{t^2}{f^2}\) (là bình phương của 1 số hữu tỉ).Thật vậy,giả sử: \(a=\frac{m}{n};b=\frac{p}{q};c=\frac{t}{f}\) (không là bình phương của một số hữu tỉ)

Thế thì: \(\sqrt{a}=\sqrt{\frac{m}{n}};\sqrt{b}=\sqrt{\frac{p}{q}};\sqrt{c}=\sqrt{\frac{t}{f}}\).Suy ra

\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=\sqrt{\frac{m}{n}}+\sqrt{\frac{p}{q}}+\sqrt{\frac{t}{f}}\) là số vô tỉ,trái với giả thiết.

Do đó \(a=\frac{m^2}{n^2};b=\frac{p^2}{q^2};c=\frac{t^2}{f^2}\) suy ra \(\sqrt{a}=\frac{m}{n};\sqrt{b}=\frac{p}{q};\sqrt{c}=\frac{t}{f}\) là các số hữu tỉ (đpcm)

Áp dụng BĐT Mincopski ta có:

\(VT=\sqrt{a^2+\left(1-b\right)^2}+\sqrt{b^2+\left(1-c\right)^2}+\sqrt{c^2+\left(1-b\right)^2}\)

\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(3-a-b-c\right)^2}\)

Đặt \(a+b+c=x>0\) thì ta có:

\(\ge\sqrt{x^2+\left(3-x\right)^2}=\sqrt{2x^2-6x+9}\)

\(=\sqrt{2\left(x-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{9}{2}}\ge\sqrt{\frac{9}{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)

Xét \(\Delta MEP\)và \(\Delta INC\)có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{EMP}=\widehat{NIC}\\\widehat{MEP}=\widehat{INC}=90^o\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta MEP\approx\Delta NIC\)

\(\Rightarrow\frac{ME}{IN}=\frac{EP}{NC}\)

\(\Rightarrow ME.NC=IN.EP\left(1\right)\)

Tương tự ta có:

\(\Delta NEP\approx\Delta IMP\)

\(\Rightarrow\frac{NE}{IM}=\frac{EP}{MB}\)

\(\Rightarrow NE.MB=IM.EP=IN.EP\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(ME.NC=NE.MB\)

\(\Rightarrow\frac{ME}{NE}=\frac{MB}{NC}\)

Mà ta có: \(\widehat{BME}=\widehat{CNE}\)

\(\Rightarrow\Delta BME\approx\Delta CNE\)

\(\Rightarrow\widehat{MEB}=\widehat{NEC}\)

\(\Rightarrow\widehat{BEP}=\widehat{CEP}\)

\(\Rightarrow EP\)là phân giác \(\widehat{BEC}\)

Bạn alibaba nguyễn nhầm phần tam giác đồng dạng rồi, tam giac NEP đồng dạng IMB mới đúng chứ

Bài 1: 

ĐK: \(x,y\ge-2\)

Ta có: \(\sqrt{x+2}-y^3=\sqrt{y+2}-x^3\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+\frac{x-y}{\sqrt{x+2}+\sqrt{y+2}}=0\)

=> x-y=0=>x=y

Thay y=x vào B ta được:  B=x²+2x+10\(=\left(x+1\right)^2+9\ge9\forall x\ge-2\)

Dấu '=' xảy ra <=> x+1=0=>x=-1 (tmđk)

Vậy Min B =9 khi x=y=-1

10x100=

Cách 1:

\(A=\frac{3x^4+16}{x^3}=\frac{x^4+x^4+x^4+16}{x^3}\)

\(\ge\frac{4\sqrt[4]{16.x^{12}}}{x^3}=4.2=8\)

Vậy GTNN là 8 đạt được tại x = 2

Cách 2: 

\(A=\frac{3x^4+16}{x^3}=8+\frac{3x^4-8x^3+16}{x^3}\)

\(=8+\frac{\left(x-2\right)^2\left(3x^2+4x+4\right)}{x^3}\ge8\)

Dấu = xảy ra khi x = 2

Ta xét:

\(\left(x-2010\right)\left(y-2010\right)\left(z-201\right)\)

\(=2010^2\left(x+y+z\right)-2010\left(xy+yz+zx\right)+xyz-2010^3\)

\(=2010\left[2010\left(x+y+z\right)-\left(xy+yz+zx\right)\right]>0\)

Vậy trong 3 số x, y, z có 1 số lớn hơn 2010 hoặc cả 3 số đều lớn hơn 2010.

Mà \(xyz=2010^3\)nên chỉ có trường hợp trong ba số đó có đúng 1 số lơn hơn 2010.

Ta xét:

(x−2010)(y−2010)(z−201)

=2010²(x+y+z)−2010(xy+yz+zx)+xyz−2010³

=2010[2010(x+y+z)−(xy+yz+zx)]>0

Vậy trong 3 số x, y, z có 1 số lớn hơn 2010 hoặc cả 3 số đều lớn hơn 2010.

Mà xyz=2010³nên chỉ có trường hợp trong ba số đó có đúng 1 số lơn hơn 2010.

Ai trên 10 điểm hỏi đáp thì mình nha mình đang cần gấp chỉ còn 59 điểm là tròn rồi mong các bạn hỗ trợ mình sẽ đền bù xứng đáng

Trước tiên ta chứng minh với A, B, C là ba góc của 1 tam giác thì:

\(cos\left(2A\right)+cos\left(2B\right)+cos\left(2C\right)>-1\)

Ta có:

\(cos^2A+cos^2B+cos^2C=\frac{1+cos\left(2A\right)}{2}+\frac{1+cos\left(2B\right)}{2}+cos^2C\)

\(=1+\frac{cos\left(2A\right)+cos\left(2B\right)}{2}+cos^2C\)

\(=1+cos\left(A+B\right).cos\left(A-B\right)+cos^2C\)

\(=1-cos\left(C\right).cos\left(A-B\right)+cos^2C\)

\(=1-cos\left(C\right)\left(cos\left(A-B\right)-cosC\right)\)

\(=1-cos\left(C\right)\left(cos\left(A-B\right)-cos\left(A+B\right)\right)\)

\(=1-2cos\left(A\right).cos\left(B\right).cos\left(C\right)\)

Ta lại có:

\(-1\le cosA\le1;-1\le cosB\le1;-1\le cosC\le1\)

\(\Rightarrow cosA.cosB.cosC< 1\)

\(\Rightarrow cos\left(2A\right)+cos\left(2B\right)+cos\left(2C\right)=1-2cosA.cosB.cosC>1-2=-1\)

Quay lại bài toán ta có:

TH 1: Trong \(\overrightarrow{OA};\overrightarrow{OB};\overrightarrow{OC}\) có 2 vecto cùng phương ngược chiều giả sử là \(\overrightarrow{OA};\overrightarrow{OB}\) thì

\(\Rightarrow|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}|=|\overrightarrow{OC}|=OC=1\)

TH 2: Cả 3 vecto không cùng phương với nhau ta có  ABC tạo thành tam giác.

\(|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}|^2=OA^2+OB^2+OC^2+2\left(\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OA}\right)\)

\(=3+2\left(cos\left(2A\right)+cos\left(2B\right)+cos\left(2C\right)\right)>3-2=1\)

Đâu = xảy ra khi trong ba vecto có 2 vecto cùng phương ngược chiều. Hay khi khi tam giác ABC là tam giác vuông.

Trước tiên ta chứng minh với A, B, C là ba góc của 1 tam giác thì:

cos(2A)+cos(2B)+cos(2C)>−1

Ta có:

cos2A+cos2B+cos2C=1+cos(2A)2 +1+cos(2B)2 +cos2C

=1+cos(2A)+cos(2B)2 +cos2C

=1+cos(A+B).cos(A−B)+cos2C

=1−cos(C).cos(A−B)+cos2C

=1−cos(C)(cos(A−B)−cosC)

=1−cos(C)(cos(A−B)−cos(A+B))

=1−2cos(A).cos(B).cos(C)

Ta lại có:

−1≤cosA≤1;−1≤cosB≤1;−1≤cosC≤1

⇒cosA.cosB.cosC<1

⇒cos(2A)+cos(2B)+cos(2C)=1−2cosA.cosB.cosC>1−2=−1

Quay lại bài toán ta có:

TH 1: Trong →OA;→OB;→OC có 2 vecto cùng phương ngược chiều giả sử là →OA;→OB thì

⇒|→OA+→OB+→OC|=|→OC|=OC=1

TH 2: Cả 3 vecto không cùng phương với nhau ta có  ABC tạo thành tam giác.

|→OA+→OB+→OC|2=OA2+OB2+OC2+2(→OA.→OB+→OB.→OC+→OC.→OA)

=3+2(cos(2A)+cos(2B)+cos(2C))>3−2=1

Đâu = xảy ra khi trong ba vecto có 2 vecto cùng phương ngược chiều. Hay khi khi tam giác ABC là tam giác vuông.

đk: \(x\ge4\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}+\sqrt{x+9}=\sqrt{x-1}+\sqrt{x-4}\)

\(\Leftrightarrow2x+9+2\sqrt{x^2+9x}=2x-5+2\sqrt{x^2-5x+4}\)

\(\Leftrightarrow14+2\sqrt{x^2+9x}=2\sqrt{x^2-5x+4}\)

\(\Leftrightarrow7+\sqrt{x^2+9x}=\sqrt{x^2-5x+4}\)

\(\Leftrightarrow49+14\sqrt{x^2+9x}+x^2+9x=x^2-5x+4\)

\(\Leftrightarrow14\sqrt{x^2+9x}=-14x-45\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}196\left(x^2+9x\right)=196x^2+1260x+2025\\-14x-45\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}504x=2025\\x\le\frac{-45}{14}\end{cases}}\Leftrightarrow x=\frac{225}{56}\) (loại)

=> pt vô nhiệm

ĐK: \(x\ge4\)

PT \(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x-1}}+\frac{13}{\sqrt{x+9}+\sqrt{x+4}}=0\)

Đến đây thấy ngay pt vô nghiệm.

True?

1 điểm bằng mấy k bạn ơi

dương lý khánh hạ là sao bạn ???