Sử dụng AM-GM:

\(\Sigma\frac{\sqrt{ab}}{a+b+2c}=\Sigma\frac{\sqrt{ab}}{a+c+b+c}\le\frac{1}{2}\Sigma\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{1}{4}\Sigma\left(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}\right)=\frac{3}{4}\)

Đẳng thức xảy ra tại a=b=c

\(xy+\sqrt{\left(1+y^2\right)\left(1+x^2\right)}=1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(1+y^2\right)\left(1+x^2\right)}=1-xy\)

\(\Leftrightarrow\left(1+y^2\right)\left(1+x^2\right)=1+x^2y^2-2xy\)

\(\Leftrightarrow1+x^2+y^2+x^2y^2=1+x^2y^2-2xy\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2=-2xy\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+2xy=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow x=-y\)

Thay vào ,ta có

\(x\sqrt{1+y^2}+y\sqrt{1+x^2}=-y\sqrt{1+x^2}+y\sqrt{1+x^2}=0\)(đpcm)

đây là cách của mk

@-@

Ta có \(1=\left(xy+\sqrt{\left(1+y^2\right)\left(1+x^2\right)}\right)^2\)

\(=x^2y^2+\left(1+y^2\right)\left(1+x^2\right)+2xy\sqrt{\left(1+y^2\right)\left(1+x^2\right)}\)

\(=x^2y^2+1+x^2+y^2+x^2y^2+2xy\sqrt{\left(1+y^2\right)\left(1+x^2\right)}\)

\(=x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+x^2\right)+2xy\sqrt{\left(1+y^2\right)\left(1+x^2\right)}+1\)

\(\Leftrightarrow x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+x^2\right)+2xy\sqrt{\left(1+y^2\right)\left(1+x^2\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x\sqrt{1+y^2}+y\sqrt{1+x^2}\right)^2=0\)

\(\Rightarrow x\sqrt{1+y^2}+y\sqrt{1+x^2}=0\)

A B H K O M x y N

a/ Ta có : \(\hept{\begin{cases}AH\text{//}OM\text{//}BK\\OA=OB\end{cases}}\) \(\Rightarrow\)OM là đường trung bình của hình thang ABKH

\(\Rightarrow\)\(AH+BK=2OM=2R\) (không đổi)

b/ Từ M hạ MN vuông góc với AB tại N (1)

Ta sẽ chứng minh MN = MK

Xét trong (O;R) thì : \(\widehat{BMK}=\widehat{MAB}\) (cùng chắn cung MB)

Mà : \(\hept{\begin{cases}\widehat{BMK}+\widehat{MBK}=90^o\\\widehat{MAB}+\widehat{MBA}=90^o\end{cases}}\) \(\Rightarrow\)\(\widehat{MBA}=\widehat{MBK}\)

Xét hai tam giác vuông NBM và KBM có MB là cạnh huyền (chung) , \(\widehat{MBA}=\widehat{MBK}\)

\(\Rightarrow\)\(\Delta NBM=\Delta KBM\) (ch.gn)

\(\Rightarrow\) MN = MK (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

c/ Vì ABKH là hình thang vuông nên \(S_{ABKH}=\frac{1}{2}\left(AH+BK\right).HK=\frac{1}{2}.2OM.HK\)

\(=\left(2MN\right).OM\) . Mà OM = R không đổi, vậy \(maxS_{ABKH}\Leftrightarrow maxMN\Leftrightarrow MN=OM\)\(\Leftrightarrow\)M là điểm chính giữa cung AB

Khi đó thì : \(S_{ABKH}=2OM.OM=2R^2\)

không biết

Đề thi học kỳ 1 trường Ams

**Min

Từ \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow a^2\le1;b^2\le1;c^2\le1\)

\(\Rightarrow a\le1;b\le1;c\le1\Rightarrow a^2\le a;b^2\le b;c^2\le c\)

Khi đó:

\(\sqrt{a+b^2}\ge\sqrt{a^2+b^2};\sqrt{b+c^2}\ge\sqrt{b^2+c^2};\sqrt{c+a^2}\ge\sqrt{c^2+a^2}\)

\(\Rightarrow P\ge\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)

\(\Rightarrow P\ge\sqrt{1-c^2}+\sqrt{1-a^2}+\sqrt{1-b^2}\)

Ta có:

\(\sqrt{1-c^2}\ge1-c^2\Leftrightarrow1-c^2\ge1-2c^2+c^4\Leftrightarrow c^2\left(1-c^2\right)\ge0\left(true!!!\right)\)

Tương tự cộng lại:

\(P\ge3-\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\)

dấu "=" xảy ra tại \(a=b=0;c=1\) and hoán vị.

**Max

Có BĐT phụ sau:\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le\sqrt{3\left(a+b+c\right)}\left(ezprove\right)\)

Áp dụng:

\(\sqrt{a+b^2}+\sqrt{b+c^2}+\sqrt{c+a^2}\)

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

\(=\sqrt{3\left(a+b+c\right)+3}\)

\(\le\sqrt{3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+3\right)}=\sqrt{3\cdot\sqrt{3}+3}\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}\)

a) đặt \(A=\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{4+\sqrt{7}}\)

nhân cả hai vế với \(\sqrt{2}\), ta được:

\(\sqrt{2}A=\sqrt{2}\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{2}\sqrt{4+\sqrt{7}}\)

\(=\sqrt{8-2\sqrt{7}}-\sqrt{8+2\sqrt{7}}\)

\(=\sqrt{\left(1-\sqrt{7}\right)^2}-\sqrt{\left(1+ \sqrt{7}\right)^2}\)

\(=\left|1-\sqrt{7}\right|-\left|1+\sqrt{7}\right|\)

\(=\sqrt{7}-1-\sqrt{7}-1\)

\(=-2\)

\(\Rightarrow A=-\frac{2}{\sqrt{2}}=-\sqrt{2}\)

a) \(\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{4+\sqrt{7}}\)

\(=\frac{\sqrt{8-2\sqrt{7}}-\sqrt{8+2\sqrt{7}}}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{\sqrt{\left(\sqrt{7}-1\right)^2}-\sqrt{\left(\sqrt{7}+1\right)^2}}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{\sqrt{7}-1-\sqrt{7}-1}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{-2}{\sqrt{2}}=-\sqrt{2}\)

Ta chứng minh:

\(\frac{a}{1-a^2}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\)

\(\Leftrightarrow a\left(1-a^2\right)\le\frac{2}{3\sqrt{3}}\)

\(\Leftrightarrow2a^2\left(1-a^2\right)\left(1-a^2\right)\le\frac{8}{27}\)

Ta có: \(VT\le\frac{\left(2a^2+1-a^2+1-a^2\right)^3}{27}=\frac{8}{27}\)

\(\Rightarrow DPCM\)

Quay lại bài toán ta có:

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

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

Vì \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow\frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\)

Tức cần chứng minh \(\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\ge\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\)

BĐT trên thuần nhất nên ta chuẩn hoá \(a^2+b^2+c^2=3\)

\(BDT\Leftrightarrow\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{3-a^2}+\frac{b}{3-b^2}+\frac{c}{3-c^2}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{3-a^2}-\frac{1}{2}+\frac{b}{3-b^2}-\frac{1}{2}+\frac{c}{3-c^2}-\frac{1}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+\frac{3}{2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{3-a^2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left(a^2-1\right)\right)+\left(\frac{b}{3-b^2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left(b^2-1\right)\right)+\left(\frac{c}{3-c^2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left(c^2-1\right)\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a\left(a+2\right)\left(a-1\right)^2}{6-2a^2}+\frac{b\left(b+2\right)\left(b-1\right)^2}{6-2b^2}+\frac{c\left(c+2\right)\left(c-1\right)^2}{6-2c^2}\ge0\) *ĐÚNG*

cho online math

Tôi không biết