Ta có \(a^4+b^4\ge2a^2.b^2\) (Bất đẳng thức Cô si với \(a^2;b^2\ge0\) )
Tương tự \(b^4+c^4\ge2b^2.c^2;a^4+c^4\ge2a^2.c^2\)
Do đó: \(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{2a^2b^2+2b^2c^2+2a^2c^2}{2}=a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\)(1)
Ta lại có:\(a^2b^2+b^2c^2\ge2ab^2c;b^2c^2+a^2c^2\ge2abc^2;a^2c^2+a^2b^2\ge2a^2bc\)
Nên\(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\ge a^2bc+ab^2c+abc^2=abc\left(a+b+c\right)=3abc\left(a+b+c=3,gt\right)\)
(1);(2) => \(a^4+b^4+c^4\ge3abc\) ;đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (*)
Giả sử: \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\\ \Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3-3ab\left(a+b+c\right)-3c\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b+c\right)^2-ab-bc-ac\right]\ge0\\2.3\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\ge0\\ \Leftrightarrow3\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\right)\ge0\\\Leftrightarrow3\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\right]\ge0\)
Đúng mới mọi a,b,c ϵR 
Vậy \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\) và đẳng thức xảy ra khi a=b=c=(a+b+c)/3 =1(**)
Ta lại có \(a^4\ge a^3;b^4\ge b^3;c^4\ge c^3\) mà a+b+c = 3
Nên \(a^4+b^4+c^4>a^3+b^3+c^3\) (***)
Từ (*);(**);(***) ta có điều phải chứng minh và đẳng thức xảy ra khi a= b=c=1
 

Tôi có cách chứng minh bằng đồng bậc hóa bất đẳng thức như sau:

ta sẽ chứng minh:

\(3\left(a^4+b^4+c^4\right)>=\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
<=> \(2\left(a^4+b^4+c^4\right)>=ab\left(a^2+b^2\right)+bc\left(b^2+c^2\right)+ca\left(c^2+a^2\right)\)

mà ta có theo bất đẳng thức AMGM \(a^4+b^4>=\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}>=\dfrac{2ab\left(a^2+b^2\right)}{2}=ab\left(a^2+b^2\right)\)
làm tương tự rồi cộng lại, ta có đpcm.

Để phương trình có nghiệm \(\Delta'\ge0\)

 \(\Rightarrow\left(\dfrac{10}{2}\right)^2-1.\left(2m+7\right)\ge0\\ 25-2m-7\ge0\\ \Leftrightarrow18-2m\ge0\\ \Leftrightarrow18\ge2m\\ \Leftrightarrow m\le9\)

Vậy ...

a: BC=BH+CH

=>BC=1+4=5

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(HA^2=HB\cdot HC\)

=>\(HA^2=1\cdot4=4\)

=>\(HA=\sqrt4=2\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\)

=>\(BA^2=1\cdot5=5\)

=>\(BA=\sqrt5\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(CA^2=CH\cdot CB\)

=>\(CA^2=4\cdot5=20\)

=>\(CA=\sqrt{20}=2\sqrt5\)

b: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AC^2=5^2-3^2=25-9=16=4^2\)

=>AC=4

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH=\frac{3\cdot4}{5}=\frac{12}{5}=2,4\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\)

=>\(BH=\frac{3^2}{5}=1,8\)

BH+CH=BC

=>CH+1,8=5

=>CH=5-1,8

=>CH=3,2

Gọi số quả bóng đỏ ban đầu là x(quả)

(Điều kiện: x∈N*)

Số quả bóng xanh ban đầu là \(\frac14x\) (quả)

Số quả bóng xanh sau khi cho thêm vào 4 quả là: \(\frac14x+4\left(quả\right)\)

Số quả bóng đỏ sau khi bớt đi 4 quả là x-4(quả)

Số quả bóng xanh bằng 1/3 số quả bóng đỏ nên ta có:

\(\frac14x+4=\frac13\left(x-4\right)\)

=>\(\frac13x-\frac43=\frac14x+4\)

=>\(\frac13x-\frac14x=4+\frac43\)

=>\(\frac{1}{12}x=\frac{16}{3}\)

=>\(x=\frac{16}{3}:\frac{1}{12}=\frac{16}{3}\cdot12=16\cdot4=64\) (nhận)

Vậy: số quả bóng đỏ ban đầu là 64(quả)

số quả bóng xanh ban đầu là \(\frac14\cdot64=16\) (quả)

Sos

quy ước gen:

tính trạng trội (H.đỏ) tính trạng lặn(H.trắng)

*sơ đồ lai

TH1:

P:  AA  x  aa

Gp:  A           a 

F1: Aa

F1 x F1 : Aa x Aa

GF1: A,a   A,a

F2: AA,Aa,Aa,aa

TH2:

P: Aa x aa

Gp A,a   a

F1: Aa, aa

→TH1: KH: 3 hoa đỏ 1 hoa trắng; KG: 1AA 2Aa 1aa

→TH2: KH: 1 hoa đỏ, 1 hoa trắng; KG : 1Aa 1aa

xl mik thiếu : A= hoa đỏ; a = hoa trắng

Gọi I là trung điểm của BH và K là trung điểm của CH

=>I,K lần lượt là tâm đường tròn đường kính BH và tâm đường tròn đường kính CH

Xét (I) có

ΔHPB nội tiếp

HB là đường kính

Do đó: ΔHPB vuông tại P

=>HP⊥AB tại P

Xét (K) có

ΔCQH nội tiếp

CH là đường kính

Do đó: ΔCQH vuông tại Q

=>HQ⊥AC tại Q

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2;CH\cdot CB=CA^2\)

=>\(\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\frac{BH}{CH}\)

Xét ΔHAB vuông tại H có HP là đường cao

nên \(BP\cdot BA=BH^2\)

=>\(BP=\frac{BH^2}{BA}\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HQ là đường cao

nên \(CQ\cdot CA=CH^2\)

=>\(CQ=\frac{CH^2}{CA}\)

\(\frac{BP}{CQ}=\frac{BH^2}{BA}:\frac{CH^2}{CA}\)

\(=\frac{BH^2}{BA}\cdot\frac{CA}{CH^2}=\left(\frac{BH}{CH}\right)^2\cdot\frac{CA}{BA}\)

\(=\left(\frac{AB^2}{AC^2}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^4}{AC^4}\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^3}{AC^3}=\left(\frac{AB}{AC}\right)^3\)