áp dụng 

\(x^2+y^2\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2};\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\ge\dfrac{1}{2}.\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{[\left(x+y\right)^2}{2}+z^2].\left(\dfrac{1}{2}.\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2+\dfrac{1}{z^2}\right)\)

áp dụng \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)

\(\Rightarrow A\ge[\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}+z^2].\left(\dfrac{1}{2}.\left(\dfrac{4}{x+y}\right)^2+\dfrac{1}{z^2}\right)=[\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}+z^2].\left(\dfrac{8}{\left(x+y\right)^2}+\dfrac{1}{z^2}\right)=4+1+\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2z^2}+\dfrac{8z^2}{\left(x+y\right)^2}=5+\left(\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2z^2}+\dfrac{z^2}{2\left(x+y\right)^2}\right)+\dfrac{15z^2}{2\left(x+y\right)^2}\ge5+2.\sqrt{\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}}+\dfrac{15\left(x+y\right)^2}{2.\left(x+y\right)^2}=5+1+\dfrac{15}{2}=\dfrac{27}{2}\)

dbxr<=>y=x=z/2>0

a: Xét (O) có

AB,DE là các dây

AB//DE

Do đó: sđ cung AE=sđ cung BD

Xét (O) có \(\hat{DIC}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung DC và AE

=>\(\hat{DIC}=\frac12\) (sđ cung DC+sđ cung AE)

=1/2(sđ cung DC+sđ cung BD)

=1/2 sđ cung BC

=>\(\hat{SIC}=\frac12\cdot\) sđ cung BC(1)

Xét (O) có \(\hat{SBC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BS và dây cung BC

=>\(\hat{SBC}=\frac12\cdot\) sđ cung BC(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{SIC}=\hat{SBC}\)

b: Xét tứ giác SBIC có \(\hat{SBC}=\hat{SIC}\)

nên SBIC là tứ giác nội tiếp

=>S,B,I,C cùng thuộc một đường tròn(3)

Xét tứ giác SBOC có \(\hat{SBO}+\hat{SCO}=90^0+90^0=180^0\)

nên SBOC là tứ giác nội tiếp

=>S,B,O,C cùng thuộc một đường tròn(4)

Từ (3),(4) suy ra S,B,I,C,O cùng thuộc một đường tròn

Ta thấy \(ab\le\dfrac{a^2+b^2}{2}=1\) và \(a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}=2\). Áp dụng BĐT B.C.S, ta được \(P=\dfrac{a^4}{ba^2+a^2}+\dfrac{b^4}{ab^2+b^2}\) \(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2}{ba^2+ab^2+a^2+b^2}=\dfrac{2^2}{ab\left(a+b\right)+2}\ge\dfrac{4}{1.2+2}=1\)

ĐTXR \(\Leftrightarrow a=b=1\)

Vậy GTNN của P là 1 khi \(a=b=1\)

a; Xét tứ giác CDHE có \(\hat{CDH}+\hat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CDHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CH

b: Xét ΔHEA vuông tại E và ΔHDB vuông tại D có

\(\hat{EHA}=\hat{DHB}\) (Hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHEA~ΔHDB

=>\(\frac{HE}{HD}=\frac{HA}{HB}\)

=>\(HE\cdot HB=HD\cdot HA\)

c: Gọi O là trung điểm của AB

=>O là tâm đường tròn đường kính AB

ΔEAB vuông tại E

mà EO là đường trung tuyến

nên OE=OB

=>ΔOBE cân tại O

=>\(\hat{OEB}=\hat{OBE}\)

Gọi K là giao điểm của CH và AB

Xét ΔCAB có

AD,BE là các đường cao

AD cắt BE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔCAB

=>CH⊥AB tại K

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE

nên I là trung điểm của CH

=>IE=IH

=>ΔIEH cân tại I

=>\(\hat{IEH}=\hat{IHE}\)

=>\(\hat{IEH}=\hat{KHB}\)

\(\hat{IEH}+\hat{OEB}=\hat{IEO}\)

=>\(\hat{IEO}=\hat{KHB}+\hat{KBH}=90^0\)

=>EO⊥EI tại E

=>EI là tiếp tuyến của (O)

hay EI là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB

a; Xét tứ giác CDHE có \(\hat{CDH}+\hat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CDHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CH

b: Xét ΔHEA vuông tại E và ΔHDB vuông tại D có

\(\hat{EHA}=\hat{DHB}\) (Hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHEA~ΔHDB

=>\(\frac{HE}{HD}=\frac{HA}{HB}\)

=>\(HE\cdot HB=HD\cdot HA\)

c: Gọi O là trung điểm của AB

=>O là tâm đường tròn đường kính AB

ΔEAB vuông tại E

mà EO là đường trung tuyến

nên OE=OB

=>ΔOBE cân tại O

=>\(\hat{OEB}=\hat{OBE}\)

Gọi K là giao điểm của CH và AB

Xét ΔCAB có

AD,BE là các đường cao

AD cắt BE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔCAB

=>CH⊥AB tại K

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE

nên I là trung điểm của CH

=>IE=IH

=>ΔIEH cân tại I

=>\(\hat{IEH}=\hat{IHE}\)

=>\(\hat{IEH}=\hat{KHB}\)

\(\hat{IEH}+\hat{OEB}=\hat{IEO}\)

=>\(\hat{IEO}=\hat{KHB}+\hat{KBH}=90^0\)

=>EO⊥EI tại E

=>EI là tiếp tuyến của (O)

hay EI là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB

Ta có \(a+b^2\le\dfrac{a^2+1}{2}+b^2=\dfrac{a^2+2b^2+1}{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{2a^2}{a+b^2}\ge\dfrac{4a^2}{a^2+2b^2+1}=\dfrac{4a^4}{a^4+2b^2a^2+a^2}\). Lập 2 BĐT tương tự rồi áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có:

\(\dfrac{2a^2}{a+b^2}+\dfrac{2b^2}{b+c^2}+\dfrac{2c^2}{c+a^2}\ge\dfrac{\left(2a^2+2b^2+2c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+a^2+b^2+c^2}\) \(=\dfrac{4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+3}\)\(=\dfrac{4.3^2}{3^2+3}=3\).

Mà \(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\) nên ta có đpcm. ĐTXR \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

a: ĐKXĐ: x<>1/2

Sửa đề: \(A=\frac{3}{2\left(2x-1\right)}\cdot\sqrt{8x^4\left(4x^2-4x+1\right)}\)

\(=\frac{3}{2\left(2x-1\right)}\cdot\sqrt8\cdot\sqrt{x^4}\cdot\sqrt{\left(2x-1\right)^2}\)

\(=\frac{3}{2\left(2x-1\right)}\cdot2\sqrt2\cdot x^2\cdot\left|2x-1\right|=\frac{6\sqrt2\cdot x^2}{2\left(2x-1\right)}\cdot\left|2x-1\right|\)

=\(\pm3\sqrt2\cdot x^2\)

b: ĐKXĐ: b<>0

\(B=\frac{a-b}{b^2}\cdot\sqrt{\frac{a^2b^4}{a^2-2ab+b^2}}\)

\(=\frac{a-b}{b^2}\cdot\sqrt{a^2}\cdot\frac{\sqrt{b^4}}{\sqrt{\left(a-b\right)^2}}\)

\(=\frac{a-b}{b^2}\cdot\left|a\right|\cdot\frac{b^2}{\left|a-b\right|}=\left|a\right|\cdot\frac{a-b}{\left|a-b\right|}=\pm\left|a\right|\)

Vẫn đề đó hả em

Câu này dùng BĐT Schur là ra luôn cx đc, nhưng mà thế thì hơi mất hứng, anh thử đề xuất phương án này ha

VT=\(cyc\sum x^5.\left(x-y+z\right)\) Gấp đôi vế trái lên và phá ngoặc ra nhóm  về kiểu này

2.VT=(x^6-2x^5y+2xy^5+y^6)+.......tương tự như thế ha

       Giờ chỉ cần mỗi cái ngoặc này >=0 là cả lũ >=0 do tương tự

Mà \(x^6-2x^5y+2xy^5+y^6=\left(x^2+y^2\right).\left(x^2-xy-y^2\right)^2\)  (Cái này em nhóm 2 cái cuối, 2 cái giữa xong triển khai ra là đc)

       Dễ thấy x^2+y^2>=0, cái ngoặc kia là bình phương cũng >=0

 Do đó cái TH kia >=0. Các th còn lại thì cx tương tự

 Cộng vế với vế suy ra 2VT>=0, Hay VT>=0 (đpcm)

Anh gửi riêng phần phân tích này

\(x^6-2x^5y+2xy^5+y^6=\left(x^2+y^2\right)\left(x^4-x^2y^2+y^4\right)-2xy\left(x^2+y^2\right)\left(x^2-y^2\right)=\left(x^2+y^2\right).\left(x^4-x^2y^2+y^4-2xy\left(x^2-y^2\right)\right)=\left(x^2+y^2\right)\left(\left(x^4-2x^2y^2+y^4\right)-2xy\left(x^2-y^2\right)+x^2y^2\right)\)Viết tiếp cái ngoặc to thành bình phương là ra cái anh vt chỗ trên đầu nhé

Thử xem có đc ko

Gọi cạnh góc vuông bé là \(x\)  ( cm) ; \(x\) > 0

Thì cạnh góc vuông lớn là \(x\times\) 3 = 3\(x\)

Diện tích của tam giác vuông khi đó là: 3\(x\) \(\times\) \(x\) = 3\(x^2\)

Theo bài ra ta có: 3\(x^2\) = 150 ⇒ \(x^2\) = 150 : 3 ⇒ \(x^2\) = 50 

Theo py ta go ta có:

Độ dài cạnh huyền là: \(\sqrt{x^2+\left(3x\right)^2}\) = \(\sqrt{10x^2}\) = \(\sqrt{10.50}\) = 10\(\sqrt{5}\)

Kết luận độ dài cạnh huyền là: 10\(\sqrt{5}\)(cm)

a; Thay m=4 vào phương trình, ta được:

\(x^2+4x+1=0\)

=>\(x^2+4x+4-3=0\)

=>\(\left(x+2\right)^2=3\)

=>\(\left[\begin{array}{l}x+2=\sqrt3\\ x+2=-\sqrt3\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=\sqrt3-2\\ x=-\sqrt3-2\end{array}\right.\)

b: \(\Delta=m^2-4\cdot1\cdot1=m^2-4\)

Để phương trình có hai nghiệm thì \(m^2-4\ge0\)

=>\(m^2\ge4\)

=>m>=2 hoặc m<=-2

Theo Vi-et, ta có: \(\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=-m\\ x_1x_2=\frac{c}{a}=1\end{cases}\)

\(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\)

\(=\frac{x_1^2+x_2^2}{x_1x_2}=\frac{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2}{x_1x_2}\)

\(=\frac{\left(-m\right)^2-2\cdot1}{1}=m^2-2\)

\(\frac{x_1^2}{x_2^2}+\frac{x_2^2}{x_1^2}>7\)

=>\(\left(\frac{x_1}{x_2}\right)^2+\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^2>7\)

=>\(\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\right)^2-2\cdot\frac{x_1}{x_2}\cdot\frac{x_2}{x_1}>7\)

=>\(\left(\frac{x_1^2+x_2^2}{x_1x_2}\right)^2>9\)

=>\(\left(m^2-2\right)^2>9\)

=>\(\left(m^2-2\right)^2-9>0\)

=>\(\left(m^2-2-3\right)\left(m^2-2+3\right)>0\)

=>\(\left(m^2-5\right)\left(m^2+1\right)>0\)

=>\(m^2-5>0\)

=>\(m^2>5\)

=>\(\left[\begin{array}{l}m>\sqrt5\\ m<-\sqrt5\end{array}\right.\)