sherry Ai

Một cách chứng minh nữa cũng rất đơn giản:

Áp dụng BĐT AM-GM: $a^{3}+a^{3}+1\geq 3a^{2}$

tương tự: $b^{3}+b^{3}+1\geq 3b^{2}$

$c^{3}+c^{3}+1\geq 3c^{2}$

=> $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \frac{3(a^2+b^{2}+c^{2})-3}{2}$

Cần chứng minh $\frac{3(a^{2}+b^2+c^2)-3}{2}\geq a^2+b^2+c^2$

<=> $a^2+b^2+c^2\geq 3$ ( luôn đúng do abc=1)

sửa lại đề đi bạn

 

 

mình sửa rồi cảm ơn bạn

Mình xin góp thêm 1 cách giải khác:

hệ <=> $\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{y}=2-2x^{2} & & \\ y^{2}(x-\frac{1}{y})=2-2y^{2}& & \end{matrix}\right.$

Chia cả 2 vế của PT 2 cho $y^{2}$ ta có:

$\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{y}=2-2x^{2} & & \\ x-\frac{1}{y}=\frac{2}{y^{2}}-2& & \end{matrix}\right.$

Cộng vế với vế của 2 PT: $2(x-\frac{1}{y})=2(\frac{1}{y^{2}}-x^{2})$

<=>$(x-\frac{1}{y})(1+x+\frac{1}{y})=0$

đến đây thì đơn giản rồi.

hướng làm : Gọi H là trực tâm.
Ta thấy các tứ giác A'HC'B, A'HB'C, BCB'C' là các tứ giác nội tiếp.
=> $\widehat{HA'C'}=\widehat{HBC'}=\widehat{HCB'}=\widehat{HA'B'}$
=>AA' là tia phân giác của góc B'A'C'.
Gọi I là giao của AA' và B'C'.
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác A'B'C' để tìm toạ độ điểm I. Từ đó sẽ viết được PT đường thẳng BC đi qua A' nhận véc-tơ IA' làm vtpt.

Hàm số xđ
<=>$\left\{\begin{matrix} x-a>0 & & \\ -x+2a+6\geq 0& & \end{matrix}\right.$
<=>$\left\{\begin{matrix} x> a & & \\ x\leq 2a+6\ & \end{matrix}\right.$
HS xđ trên khoảng (0;1)
<=>$\left\{\begin{matrix} a\leq 0& & \\ 2a+6\geq 1\ & \end{matrix}\right.$
<=>$\left\{\begin{matrix} a\leq 0& & \\ a\geq \frac{-5}{2}\ & \end{matrix}\right.$
Vậy $\frac{-5}{2}\leq a\leq 0$