Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(x+\frac{1}{x}\ge2\Leftrightarrow\frac{x^2+1}{x}\ge2\)
\(\Leftrightarrow x^2+1\ge2x\left(x\ge0\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2-2x+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\ge0\left(\text{luôn đúng}\right)\)
Vì BĐT cuối đúng nên BĐT đầu đúng (với x >= 0)
lkjhgfgy6tyur65445676t 7 777676r64576556756777777777777/.,mnbvfggjhyjuhjtyj324345
\(a,\)\(7\sqrt{ab}+7b-\sqrt{a}-\sqrt{b}\)
\(=7\sqrt{b}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)-\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)
\(=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(7\sqrt{b}-1\right)\)
\(b,a\sqrt{b}-b\sqrt{a}+\sqrt{a}-\sqrt{b}\)
\(=\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)+\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\)
\(=\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{ab}-1\right)\)
\(c,\sqrt{x^2-25y^2}-\sqrt{x-5y}\)
\(=\sqrt{\left(x-5y\right)\left(x+5y\right)}-\sqrt{x-5y}\)
\(=\sqrt{x-5y}\left(\sqrt{x-5y}-1\right)\)
trợ đầu bìn!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
I. Nội qui tham gia "Giúp tôi giải toán"
1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;
2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.
3. Không "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.
Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.
Chứng minh : Cho \(m\ge n>0\)và ba số thực dương a;b;c. Khi đó ta có
\(\frac{a^m}{b^n+c^n}+\frac{b^m}{c^n+a^n}+\frac{c^m}{a^n+b^n}\ge\frac{a^{m-n}+b^{m-b}+c^{m-n}}{2}\)
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\), khi đó ta có: \(a^{m-n}\ge b^{m-n}\ge c^{m-n}\)
\(\frac{a^n}{b^n+c^n}\ge\frac{b^n}{c^n+a^n}\ge\frac{c^n}{a^n+b^n}\). Áp dụng BĐT Chebyshev ta có:
\(\text{∑}\frac{a^m}{b^n+c^n}=\text{∑}a^{m-n}\cdot\frac{a^n}{b^n+c^n}\)
\(\ge\frac{a^{m-n}+b^{m-n}+c^{m-n}}{3}\cdot\text{∑}\frac{a^n}{b^n+c^n}\)
\(\ge\text{∑}\frac{a^{m-n}+b^{m-n}+c^{m-n}}{2}\) theo BĐT Nesbit. BĐT đã được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c. Áp dụng vào bài toán ta cũng được Đpcm
(Cauchy ngược dấu! Chơi gì kì vậy?)
\(\frac{a^3}{a^2+b^2}=\frac{a\left(a^2+b^2\right)-ab^2}{a^2+b^2}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\)
Tương tự rồi cộng lại, triệt tiêu lượng giống nhau, BĐT tương đương:
\(\frac{ab^2}{a^2+b^2}+\frac{bc^2}{b^2+c^2}+\frac{ca^2}{c^2+a^2}\le\frac{a+b+c}{2}\)
Giờ thì ổn rồi. Cauchy ở dưới mẫu: \(a^2+b^2\ge2ab\) nên \(\frac{ab^2}{a^2+b^2}\le\frac{ab^2}{2ab}=\frac{b}{2}\).
Tương tự rồi cộng lại ta có đpcm.
896
3. Kết luận Khi k_1 = k_2 tại mọi điểm, mọi điểm trên mặt S đều là điểm rốn (umbilic point). Theo một định lý cơ bản trong hình học vi phân: Nếu k_1 = k_2 = 0: Mặt đó là một phần của mặt phẳng. Nếu k_1 = k_2 = \text{const} \neq 0: Mặt đó là một phần của mặt cầu. Vì vậy, mặt S thỏa mãn điều kiện trên chắc chắn phải là một phần của mặt phẳng hoặc mặt cầu.
Cho mặt trơn \(S \subset \mathbb{R}^3\) thỏa mãn \(H^2 = K\)
Biểu thức độ cong trung bình \(H\) và độ cong tĩnh \(K\):
\[
H = \frac{\kappa_1 + \kappa_2}{2}, \quad K = \kappa_1 \kappa_2
\]
Điều kiện:
\(H^2=K\rArr\left(\frac{K^1+K^2}{2}\right)^2=K^1K^2\)
Phép biến đổi:
Nhân hai vế với 4:
\[
(\kappa_1 + \kappa_2)^2 = 4 \kappa_1 \kappa_2
\]
Mở rộng:
\[
\kappa_1^2 + 2 \kappa_1 \kappa_2 + \kappa_2^2 = 4 \kappa_1 \kappa_2
\]
Chuyển vế:
\[
\kappa_1^2 - 2 \kappa_1 \kappa_2 + \kappa_2^2 = 0
\]
Viết lại:
\[
(\kappa_1 - \kappa_2)^2 = 0
\]
\[
\kappa_1 = \kappa_2 = \kappa
\]
=> Mặt có độ cong principal đều bằng nhau.
- Nếu \(\kappa=0\), mặt là mặt phẳng.
- Nếu \(\kappa \neq 0\), mặt là phần của mặt cầu có bán kính \(R = 1/|\kappa|\).
Vậy:
\(S\) là phần của mặt phẳng hoặc mặt cầu.