tôi không biết

trả lời rồi mà, cần gì lời giải nữa đâu

Từ giả thiết suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)  (*) (Vì a,b,c > 0)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

\(\frac{1}{\sqrt{a^3+b}}\le\frac{1}{\sqrt{2}.\sqrt[4]{a^3b}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt[4]{\frac{1}{a}.\frac{1}{a}.\frac{1}{a}.\frac{1}{b}}\le\frac{1}{4\sqrt{2}}\left(\frac{3}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

Đánh giá tương tự: \(\frac{1}{\sqrt{b^3+c}}\le\frac{1}{4\sqrt{2}}\left(\frac{3}{b}+\frac{1}{c}\right);\frac{1}{\sqrt{c^3+a}}\le\frac{1}{4\sqrt{2}}\left(\frac{3}{c}+\frac{1}{a}\right)\)

Từ đó, kết hợp với (*) suy ra:

 \(\frac{1}{\sqrt{a^3+b}}+\frac{1}{\sqrt{b^3+c}}+\frac{1}{\sqrt{c^3+a}}\le\frac{1}{4\sqrt{2}}.4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)(đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1.\)

kết bạn với mình không

haha!dungs rois!

trả lời: \(\frac{1}{100}\) nha

😁 😁 😁

A B E F x y M K O

a)\(\hept{\begin{cases}Ax⊥AB\\By⊥AB\end{cases}}\)=> Ax // By.\(\Delta KFB\)có EA // FB nên\(\frac{KF}{KA}=\frac{BF}{AE}\)(hệ quả định lí Ta-lét) mà EA = EM ; FM = FB (tính chất của 2 tiếp tuyến)

\(\Rightarrow\Delta AEF\)có\(\frac{KF}{KA}=\frac{MF}{ME}\)nên MK // AE (định lí Ta-lét đảo) mà\(AE⊥AB\Rightarrow MK⊥AB\)

b)\(\widehat{EOM}=\frac{\widehat{AOM}}{2};\widehat{FOM}=\frac{\widehat{MOB}}{2}\)(tính chất 2 tiếp tuyến) mà\(\widehat{EOM}+\widehat{FOM}=180^0\)(kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{EOF}=\widehat{EOM}+\widehat{FOM}=\frac{180^0}{2}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta EOF\)vuông tại O có OE + OF > EF (bđt tam giác) ; OE + OF < 2EF (vì OE,OF < EF)

\(\Rightarrow1< \frac{OE+OF}{EF}< 2\Rightarrow2< \frac{P_{EOF}}{EF}< 3\Rightarrow\frac{1}{3}< \frac{EF}{P_{EOF}}< \frac{1}{2}\)(1)

Hình thang AEFB (AE // FB) có diện tích là :\(\frac{\left(AE+FB\right).AB}{2}=\frac{\left(EM+FM\right).2R}{2}=EF.R\)

S_AEO = S_MEO vì có đáy OA = OM ; đường cao AE = ME\(\Rightarrow S_{MEO}=\frac{1}{2}S_{AEMO}\) 

S_FOM = S_FOB  vì có đáy FM = FB ; đường cao OM = OB\(\Rightarrow S_{FOM}=\frac{1}{2}S_{MFBO}\)

\(\Rightarrow S_{EOF}=\frac{1}{2}\left(S_{AEMO}+S_{MFBO}\right)=\frac{EF.R}{2}\).Từ tâm đường tròn nội tiếp I của\(\Delta EOF\)kẻ các đường vuông góc với OE,OF,EF thì\(S_{EOF}=S_{EIF}+S_{EIO}+S_{OIF}\)\(\Leftrightarrow\frac{EF.R}{2}=\frac{EF.r+EO.r+OF.r}{2}\)

\(\Rightarrow EF.R=P_{EOF}.r\Rightarrow\frac{r}{R}=\frac{EF}{P_{EOF}}\)(2).Thay (2) vào (1) ta có đpcm.

sao nguyên bài khó thế

trong đề thi HSG tỉnh thanh hóa năm 2010-2011(đánh lên mạng đi,hình như là bài 5)

cái này bọn mik làm rồi này, cậu chia cả tử và mẫu cho a^2 ;b^2(lần lượt nhé và chỉ 2 phân thức đầu thôi)

sau đó 

rồi cậu rút gọn mẫu và đặt b/a=x;c/b=y=> c/a=xy

rồi ... cô si các kiểu

bài này chi đề xuất để biết thêm chi tiết liên hệ với đào khánh chi thông minh hok giỏi nhất đội tuyển toán trường THCS 14-10

Dự đoán \(MinP=\frac{3}{4}\)khi a = b = c

Ta có: \(\frac{c}{4a}=\frac{c^2}{4ca}\ge\frac{c^2}{\left(c+a\right)^2}\)(Theo BĐT AM - GM)

Nên ta cần chứng minh \(\frac{a^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{b^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{c^2}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Ta có bất đẳng thức quen thuộc sau: \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)(BĐT Bunyakovsky dạng phân thức)

Áp dụng, ta được: \(\frac{a^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{b^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{c^2}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{1}{3}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)^2\)

Đến đây, ta cần chỉ ra rằng: \(\frac{1}{3}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)^2\ge\frac{3}{4}\)

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

Ta viết bất đẳng thức cần chứng minh thành \(\frac{1}{\left(1+\frac{b}{a}\right)^2}+\frac{1}{\left(1+\frac{c}{b}\right)^2}+\frac{1}{\left(1+\frac{a}{c}\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Đặt \(x=\frac{b}{a};y=\frac{c}{b};z=\frac{a}{c}\)khi đó xyz = 1 và ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(1+x\right)^2}+\frac{1}{\left(1+y\right)^2}+\frac{1}{\left(1+z\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Lại đặt \(x=\frac{np}{m^2};y=\frac{mp}{n^2};z=\frac{mn}{p^2}\)(m, n, p > 0). Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành:

\(\frac{1}{\left(1+\frac{np}{m^2}\right)^2}+\frac{1}{\left(1+\frac{mp}{n^2}\right)^2}+\frac{1}{\left(1+\frac{mn}{p^2}\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)\(\Leftrightarrow\frac{m^4}{\left(m^2+np\right)^2}+\frac{n^4}{\left(n^2+mp\right)^2}+\frac{p^4}{\left(p^2+mn\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức thì được: \(\frac{m^4}{\left(m^2+np\right)^2}+\frac{n^4}{\left(n^2+mp\right)^2}+\frac{p^4}{\left(p^2+mn\right)^2}\)\(\ge\frac{\left(m^2+n^2+p^2\right)^2}{\left(m^2+np\right)^2+\left(n^2+mp\right)^2+\left(p^2+mn\right)^2}\)

Và ta cần chứng minh \(\frac{\left(m^2+n^2+p^2\right)^2}{\left(m^2+np\right)^2+\left(n^2+mp\right)^2+\left(p^2+mn\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow m^4+n^4+p^4+5\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)\ge6mnp\left(m+n+p\right)\)

Ta có: \(m^4+n^4+p^4+5\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)\ge\)\(\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)+5\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)\)\(=6\left(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\right)\)\(\ge6mnp\left(m+n+p\right)\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 

T hỏi cô tớ và cô t nghĩ 1 hồi và giải thế này : 

Đùa NGƯỜI ÀAAAAA

a) +Xét tg ABH và tg ACH có
AB=AC ( tg ABC cân tại A) 
góc B= góc C (tg ABC cân tại A)
góc AHB= góc AHC=90⁰ (AH là đường cao )
Suy ra: tg ABH= tg ACH
b)+ tg ABH=tg ACH (câu a) => góc BAH= góc CAH (2 góc tương ứng) (1)
+ Ta có: DH // AC (GT)
=> góc CAH= góc DHA ( 2 góc so le trong ) (2)
+ Từ (1) và (2) => góc BAH= góc DHA hay góc DAH= góc DHA 
Suy ra: tg HDA cân tại D => AD=AH
c) +HD// AC => góc DHB= góc ACH ( 2 góc đồng vị ) hay góc DHB= góc ACB
Mà góc ABC= góc ACB (tg ABC cân tại A)
Suy ra: góc DHB= góc ACB => tg DBH cân tại D
=> DB=DH. Mặt khác: AD = DH (câu b)
Suy ra: DB=DA => CD là đường trung tuyến của tg ABC (3)
+ tg ABH= tg ACH (câu a )=> HB=HC (2 cạnh tương ứng ) => AH là đường trung tuyến của tg ABC (4)
+Từ (3) và (4) => G là trọng tâm của tg ABC (CD cắt AH tại G)
Mà BE là đường trung tuyến của tg ABC=> BE đi qua G
Suy ra: B, E, G thẳng hàng
d) mk bt lm nhưng lại k bt cách trình bày thông cảm nha ^^

câu d tương đương với

CM cvi tam giác ABC > AH+3x 2/3 BE = AH+BE+CD

Tương đương với bài toán chưngs minh độ dài 3 đường trung tuyến của 1 tam giác nhỏ hơn chu vi của tam giác đó

bài toán đấy b có thể tham khảo quyển nâng cao pt tập 2 

Từ \(2a+2b+2c=3abc\)

\(\Leftrightarrow\frac{2}{3bc}+\frac{2}{3ac}+\frac{2}{3ab}=1\left(1\right)\)

Khi đó \(P=\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}-\frac{2}{a^2}-\frac{2}{b^2}-\frac{2}{c^2}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}\ge3\sqrt[3]{\frac{b}{a^2}\cdot\frac{c}{b^2}\cdot\frac{a}{c^2}}=3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)

\(P_{Min}\) xảy ra khi \(\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}=3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\forall a=b=c\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow a=b=c=\sqrt{2}\)

Khi đó \(P_{Min}=3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}-\frac{2}{a^2}-\frac{2}{b^2}-\frac{2}{c^2}=\frac{3\sqrt{2}-6}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{2}\)

Bài này giải như này cơ:

\(2a+2b+2c=3abc\)\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{3}{2}\)

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

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

\(\ge\frac{2\left(a-1\right)}{ac}+\frac{2\left(b-1\right)}{ab}+\frac{2\left(c-1\right)}{bc}-\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-3\)

\(\ge\sqrt{3\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)}-3=\sqrt{3.\frac{3}{2}}-3=\frac{3\sqrt{2}-6}{2}\)

Vậy \(minP=\frac{3\sqrt{2}-6}{2}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{2}\)

lam the

lam qua anh