Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Theo bđt Cauchy - Schwart ta có:
\(\text{Σ}cyc\frac{c}{a^2\left(bc+1\right)}=\text{Σ}cyc\frac{\frac{1}{a^2}}{b+\frac{1}{c}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+a+b+c}\)\(=\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+3}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)+3a^2b^2c^2}\)
Đặt \(ab+bc+ca=x;abc=y\).
Ta có: \(\frac{x^2}{xy+3y^2}\ge\frac{9}{x\left(1+y\right)}\Leftrightarrow x^3+x^3y\ge9xy+27y^2\)
\(\Leftrightarrow x\left(x^2-9y\right)+y\left(x^3-27y\right)\ge0\) ( luôn đúng )
Vậy BĐT đc CM. Dấu '=' xảy ra <=> a=b=c=1
a) Ta có
\(a^2+4b^2=12ab\Leftrightarrow\left(a+2b\right)^2=16ab\)
Do a,b dương nên \(a+2b=4\sqrt{ab}\) khi đó lấy logarit cơ số 10 hai vế ta được :
\(lg\left(a+2b\right)=lg4+\frac{1}{2}lg\left(ab\right)\)
hay
\(lg\left(a+2b\right)-2lg2=\frac{1}{2}\left(lga+lgb\right)\)
b) Giả sử a,b,c đều dương khác 0. Để biểu diễn c theo a, ta rút lgb từ biểu thức \(a=10^{\frac{1}{1-lgb}}\) và thế vào biểu thức \(b=10^{\frac{1}{1-lgc}}\). Sau khi lấy logarit cơ số 10 2 vế, ta có :
\(a=10^{\frac{1}{1-lgb}}\Rightarrow lga=\frac{1}{1-lgb}\Rightarrow lgb=1-\frac{1}{lga}\)
Mặt khác , từ \(b=10^{\frac{1}{1-lgc}}\) suy ra \(lgb=\frac{1}{1-lgc}\) Do đó :
\(1-\frac{1}{lga}=\frac{1}{1-lgc}\)
\(\Rightarrow1-lgx=\frac{lga}{lga-1}=1+\frac{1}{lga-1}\)
\(\Rightarrow lgc=\frac{1}{1-lga}\)
Từ đó suy ra : \(c=10^{\frac{\frac{1}{1-lga}}{ }}\)
Em chỉ giải ra được 1 TH dấu bằng thôi: a = b = c (còn trường hợp a = b; c=0 và các hoán vị thì em chịu, vì khi xét dấu = trong bđt thì em chỉ xảy ra 1 th)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel;
\(VT\ge\frac{16}{a^2+b^2+c^2+\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{16}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+\left(a+b+c\right)^2}\)\(=\frac{12}{\left(a+b+c\right)^2}\) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
a) (C) có 2 tiệm cận xiên là x = -1 và y = x + 1
I là tâm đối xứng \(\Rightarrow I\left(-1;0\right)\) (I là giao của 2 tiệm cận)
Xét \(M\left(x_0;f\left(x_0\right)\right)\in\left(C\right)\). Tiếp tuyến \(\Delta\) tại M của (C) :
\(y=y'\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+y_0=\frac{x_0^2+2x_0}{\left(x_0+1\right)^2}\left(x-x_0\right)+\frac{x^2_0+2x_0+2}{x_0+1}\)
a
=>(n+2)=5 :.n+2
=>5:. n+2
=>n+2 E (1,5)
th1
N+2=1
th2 tựlamf
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}\left(-2;2;1\right)\) và đi qua \(M\left(3;6;1\right)\)
Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{AB}\left(-4;-2;5\right)\) và đi qua \(\overrightarrow{AM}\left(-1;4;-1\right)\)
Ta có \(\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{AB}\right]=\left(12;6;12\right)\Rightarrow\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{AB}\right].\overrightarrow{AM}=-12+24-12=0\)
Vậy ta có AB và d đồng phẳng.
\(C\in d\Rightarrow C\left(3-2t;6+2t;1+t\right)\)
Tam giác ABC cân tại A \(\Leftrightarrow AB=AC\)
\(\Leftrightarrow\left(1+2t\right)^2+\left(4+2t\right)^2+\left(1-t\right)^2=45\)
\(\Leftrightarrow9t^2-18t-27=0\)
\(\Leftrightarrow t=1\) hoặc \(t=-3\)
Vậy \(C\left(1;8;2\right)\) hoặc \(C\left(9;0;-2\right)\)
Trong tất cả các cặp số nguyên dương $(a, b)$ thỏa mãn $\frac{a^2 + b^2}{ab + 1} = k$, chọn cặp $(a, b)$ sao cho tổng $a + b$ đạt giá trị nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, giả sử $a \ge b > 0$.
Cố định $b$ và $k$, biến đổi đẳng thức ban đầu thành phương trình bậc hai ẩn $x$:
$$x^2 - (kb)x + (b^2 - k) = 0$$Phương trình này nhận $x_1 = a$ làm một nghiệm nguyên dương. Gọi $x_2$ là nghiệm còn lại. Theo định lý Vi-ét:
- $x_1 + x_2 = kb \implies x_2 = kb - a \in \mathbb{Z}$
- $x_1 \cdot x_2 = b^2 - k \implies x_2 = \frac{b^2 - k}{a}$
1. Xét dấu của $x_2$- Nếu $x_2 = 0 \implies b^2 - k = 0 \implies k = b^2$, khi đó $k$ là một số chính phương (mâu thuẫn với giả thiết phản chứng).
- Nếu $x_2 < 0 \implies x_2 \le -1$. Thay $x_2$ vào vế trái của phương trình bậc hai:
Vì vậy, $x_2$ bắt buộc phải là một số nguyên dương ($x_2 \in \mathbb{N}^*$).$$x_2^2 - (kb)x_2 + (b^2 - k) \ge (-1)^2 - kb(-1) + b^2 - k = 1 + b^2 + k(b - 1)$$Do $b \ge 1$ nên $b - 1 \ge 0$, suy ra $1 + b^2 + k(b - 1) \ge 1 + b^2 > 0$. Vế trái luôn dương, vô lý vì $x_2$ là nghiệm.
2. Đánh giá tổng nghiệm mớiDo $(x_2, b)$ cũng là một cặp số nguyên dương thỏa mãn $\frac{x_2^2 + b^2}{x_2 b + 1} = k$, ta so sánh $x_2$ với $a$:
$$x_2 = \frac{b^2 - k}{a} < \frac{b^2}{a} \le \frac{a^2}{a} = a \implies x_2 < a$$Suy ra $x_2 + b < a + b$.
Kết quả này mâu thuẫn với giả thiết chọn cặp $(a, b)$ có tổng $a + b$ nhỏ nhất ban đầu. Mâu thuẫn này xác nhận giả thiết phản chứng là sai, do đó $k$ bắt buộc phải là một số chính phương.