Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2:b) \(9=\left(\frac{1}{a^3}+1+1\right)+\left(\frac{1}{b^3}+1+1\right)+\left(\frac{1}{c^3}+1+1\right)\)
\(\ge3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\therefore\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le3\)
Ta sẽ chứng minh \(P\le\frac{1}{48}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)
Ai có cách hay?
1/Đặt a=1/x,b=1/y,c=1/z ->x+y+z=1.
2a) \(VT=\frac{\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\)
\(=\frac{\left[\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^4b^4}\right]}{\frac{a+b}{ab}}=\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a^3b^3\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left(ab\right)^3}\)
\(\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\right]^3}=\frac{16}{\left(a+b\right)^3}\)
Ta có:
\(\sqrt{2016a+\frac{\left(b-c\right)^2}{2}}=\sqrt{2016a+\frac{b^2-2bc+c^2}{2}}=\sqrt{2016a+\frac{b^2+2bc+c^2-4bc}{2}}\)
\(=\sqrt{2016a+\frac{\left(b+c\right)^2-4bc}{2}}=\sqrt{2016a+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}-2bc}\)
\(\le\sqrt{2016a+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}}\left(b,c\ge0\right)=\sqrt{2016a+\frac{\left(a+b+c-a\right)^2}{2}}\)
\(=\sqrt{2016a+\frac{\left(1008-a\right)^2}{2}}=\sqrt{\frac{\left(1008+a\right)^2}{2}}=\frac{1008+a}{\sqrt{2}}\left(a\ge0\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\sqrt{2016b+\frac{\left(c-a\right)^2}{2}}\le\frac{1008+b}{\sqrt{2}};\sqrt{2016c+\frac{\left(a-b\right)^2}{2}}\le\frac{1008+c}{\sqrt{2}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\le\frac{3\cdot1008+\left(a+b+c\right)}{\sqrt{2}}=\frac{4\cdot1008}{\sqrt{2}}=2016\sqrt{2}\)
Mình chưa vẽ hình nhưng mà câu c bạn có sai không? Tại vì bạn ghi thế thì có khác gì chứng minh AK=AD đâu. Bạn xem lại nhá
a) Do DF // AC nên \(\widehat{MAG}=\widehat{GFD}\) (Hai góc so le trong) .
Lại có \(\widehat{GFD}=\widehat{GED}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung GD)
Nên \(\widehat{MAG}=\widehat{GED}\)
Xét tam giác AMG và tam giác EMA có:
\(\widehat{MAG}=\widehat{MEA}\) (cmt)
Góc M chung
Vậy nên \(\Delta AMG\sim\Delta EMA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{MA}{ME}=\frac{MG}{MA}\Rightarrow MA^2=MG.ME\)
b) Do tứ giác ECBG nội tiếp nên \(\widehat{BCE}=\widehat{BGM}\) (Góc ngoài tại đỉnh đối của tứ giác nội tiếp)
Vậy xét tam giác MGB và MCE có:
\(\widehat{BGM}=\widehat{ECM}\left(cmt\right)\)
Góc M chung
Vậy nên \(\Delta MGB\sim\Delta MCE\left(g-g\right)\)
c) Theo câu a, ta có \(AM^2=MG.ME\)
Theo câu b, \(\Delta MGB\sim\Delta MCE\Rightarrow\frac{MG}{MC}=\frac{MB}{ME}\Rightarrow MG.ME=MB.MC\)
Vậy nên \(MA^2=MB.MC\)
Suy ra \(MA^2+MA.MC=MB.MC+MA.MC\)
\(\Leftrightarrow MA\left(MA+MC\right)=MC\left(MB+MA\right)\)
\(\Leftrightarrow MA.AC=MC.AB\)
\(\Leftrightarrow AB\left(AC-AM\right)=MA.AC\)
\(\Leftrightarrow AB.AC-AB.AM=AM.AC\)
\(\Leftrightarrow AB.AC=AM\left(AB+AC\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{AM}=\frac{AB+AC}{AB.AC}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{AM}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}\left(đpcm\right)\)
Trl :
bạn kia làm đúng rồi nhé
hk tốt nhé bạn @