cho nửa đường tròn đường kính ab. lay hai diem C va D tren nua duong tron sao cho cung AC= cung CD= cung DB. Cac tiep tuyen ve tu B va C cua nua duong tron cat nhau tai I. Hai tia AC va BD cat nhau tai K. CMR: Cac tam giac KAB va IBC la nhung tam giac deu
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
10 x 1 000 000 000 000 000 000 = 10 000 000 000 000 000 000
Hihi
Tick mk nha bạn
\(\hept{\begin{cases}xy=12\\x-2y-2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{12}{y}\\\frac{12}{y}-2y=2\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{12}{y}\\\frac{12}{y}-\frac{2y^2}{y}=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{12}{y}\\\frac{12-2y^2}{y}=2\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{12}{y}\\12-2y^2-2y=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{12}{y}\\y^2+y-6=0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y^2+2.\frac{1}{2}y+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}-6=0\\x=\frac{12}{y}\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(y+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{25}{4}=0\\x=\frac{12}{y}\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(y+\frac{1}{2}-\frac{5}{2}\right)\left(y+\frac{1}{2}+\frac{5}{2}\right)=0\\x=\frac{12}{y}\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(y-2\right)\left(y+3\right)=0\\x=\frac{12}{y}\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=2\\y=-3\end{cases}}\) và \(x=\frac{12}{y}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{12}{2}\\x=\frac{12}{-3}\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=6\\x=-4\end{cases}}\)
vậy \(\orbr{\begin{cases}y=2\\y=-3\end{cases}}\) và \(\orbr{\begin{cases}x=6\\x=-4\end{cases}}\)
c) Ta sẽ chứng minh với mọi n≥4 thì 3n>2n+7n. (*)
Với n = 4.
3n=34=81;2n+7n=24+4.7=44.
Suy ra (*) đúng với n = 4.
Giả sử (*) đúng với n = k.
Nghĩa là: 3k>2k+7k.
Ta sẽ chứng minh nó đúng với n=k+1.
Nghĩa là: 3k+1>2k+1+7(k+1).
Thật vậy từ giả thiết quy nạp ta có:
3k+1=3.3k>3(2k+7k)=2.2k+2k+21k
=2k+1+7(k+1)+14k−7.
Vì k≥4 suy ra 14k−7>0 nên 2k+1+7(k+1)+14k−7<2k+1+7(k+1).
Vậy 3k+1>2k+1+7(k+1) .
Vậy điều cần chứng minh đúng với n≥4.
Áp dụng BĐ0T \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) với x,y,z >0 có :
Vế trái \(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+2\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{9}{3+2\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)}\) (1) (vì a+b+c=3)
Có \(\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2a+1+b^2-2b+1+c^2-2c+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2\cdot\left(a+b+c\right)+3\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-3\ge0\) (vì a+b+c=3)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) => đpcm
k cho mk nhoa !!!!!!!!!!
Ngược dấu rồi bạn ơi
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Áp dụng BĐT Chebyshev ta có: \(\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\le3\left(a^4+b^4+c^4\right)\)
\(\Rightarrow3\left(a^3+b^3+c^3\right)\le3\left(a^4+b^4+c^4\right)\)\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le a^4+b^4+c^4\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\frac{a^4}{a^3+2a^2b^2}+\frac{b^4}{b^3+2b^2c^2}+\frac{c^4}{c^3+2a^2c^2}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=1=VP\)
Dấu "=" kh \(a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(P=\frac{2a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\)
\(=\frac{2a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{2a}{a+b}\cdot\frac{2a}{a+c}}+\sqrt{\frac{2b}{a+b}\cdot\frac{b}{2\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{2c}{a+c}\cdot\frac{c}{2\left(b+c\right)}}\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{2a}{a+b}+\frac{2b}{a+b}+\frac{2a}{a+c}+\frac{2c}{a+c}+\frac{b}{2\left(b+c\right)}+\frac{c}{2\left(b+c\right)}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(2+2+\frac{1}{2}\right)=\frac{9}{4}\)